如何修复＆＃34;严格标准：只有变量应该通过引用传递＆＃34;？

Question

有人可以帮我解决这4行代码。我一直试图阅读如何解决这个错误，但我对php还不是很熟悉。

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$img = array_pop(explode("/", $currentFile));
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

此脚本查找当前的$ .php名称并将其吐出。它还会删除文件和扩展名的位置......只留下fileName。

如何编写这4行代码以避免抛出严格标准错误

Answer 1

只需添加一个变量。

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$ret = explode("/", $currentFile);
$img = array_pop($ret);
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

但你只能使用basename，下面的代码会给你相同的结果：

$fileName = basename($_SERVER["SCRIPT_NAME"], ".php").PHP_EOL;