求解只有变量才能通过引用错误传递而不带额外变量

Question

我已经看过很多关于这个主题的话题，但没有人谈论我想要什么。是否可以在不创建变量的情况下解决此错误？

我正在尝试这样做。

$video["upload"]["url"] = array_shift(array_column($json, 'url'));

但错误发生了

Only variables should be passed by reference

这解决了问题

$var = array_column($json, 'url');
$video["upload"]["url"] = array_shift($var);

有很多事情，我将不得不创建许多额外的变量。 我不喜欢不得不再创建这些变量了。你能不解决这个错误吗？

Answer 1

我想说这是不可能的，因为你想要访问的方法需要通过引用传递的变量。这里的目标方法就是问题所在。例如，如果您编写自己的方法，则必须确定是否要通过引用或值传递变量。因此，除了拥有代码之外，您无法影响外部编写的方法。

Answer 2

我会为此编写一个函数，因此您只需使用额外的变量将代码混乱一次。