通過引用傳遞變量創建所述變量

Question

function value(&$param){}

value($var['key']);
echo array_key_exists("key", $var)? "true" : "false"; //true

運行此代碼后，盡管從未顯式設置$ var ['key']，但它仍然存在。 這意味着empty($var)將不再返回true ，這困擾着我。

這是故意行為嗎？ 我找不到有關的文檔。

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給出相同結果的更簡單的代碼：

 $foo = &$bar['key']; $echo array_key_exists('key', $bar)? "true" : "false"; 

Answer 1

要通過引用傳遞，必須有一個引用傳遞。 要引用傳遞，必須創建變量。 因此，應該在上面的代碼中創建變量。

這與內置exec( $cmd, $out)的情況類似，即使$ cmd不產生輸出，$ out也將存在。

在您的代碼中，您可以嘗試empty($var['key'] 。

Answer 2

由於您需要將變量傳遞給函數，因此必須先創建引用。 在其他語言中，您會收到錯誤消息，因為鍵不存在，因此無法傳遞給函數。 但是，在PHP中，創建變量和使用變量之間沒有區別。 因此，您先創建密鑰，然后再傳遞它，但是PHP語法對您隱藏了它。

當由PHP解釋執行時，這實際上發生了：

$var['key'] = null;
value($var['key']);

從解釋器的角度來看，這確實是一種奇怪的行為。 如果該變量按值傳遞，則將生成運行時錯誤，因為不會隱式創建它。