PHP中未定義的索引，isset和引用

Question

如果訪問空引用的未定義索引，則PHP不會引發任何錯誤。

<?php

$array = &$foo['bar'];
if ($array['stuff']) echo 'Cool'; // No PHP notice
$array['thing'] = 1; // Array created; $foo['bar']['thing'] == 1
$array['stuff']; // PHP notice

如果$array不是參考，PHP將在第一行抱怨。

為什么不提供參考？ 我是否需要使用isset來獲取null引用，還是PHP在內部抱怨並且不讓我知道？

Answer 1

在您的代碼$array為空。 以下代碼也不會發出通知：

$b = null;
if ($b['stuff']) echo 'cool';

這很奇怪，文檔中的注釋指出了這一事實。

Answer 2

您必須提高錯誤報告級別。 您的示例$array['stuff']將引發有關未找到索引的警告。 我經常將密鑰測試與評估結合在一起，以防止出現這些警告：

if( array_key_exists("blah",$arr) && strlen($arr['blah']) > 0 ) { 
    ; // do stuff here
}

我經常將變量與數組名結合在一起，因為每當我不得不將n粘貼剪切代碼復制到下一節以執行相同的操作時，我寧願創建一個變量名數組，然后遍歷變量名。 最荒謬的情況是當我要處理帳單和運輸數據時，將有一個數組變量名$BorS或只是$BS ，然后在頂部設置$BorS="shipping"; 並最終得到非常有趣的語句，例如：

${$BorS."data"}[${$BorS."_addr1"}]=$input_array[$BorS."_address_line_1"];

Answer 3

為什么不做：

$array = array();