Question

您好，我希望有人可以帮助我

我有这个变量

var $page_slug = "posts";

并希望在“posts”部分插入动态值，但由于某种原因，我一直收到代码格式不正确的错误？

var $page_slug = $_SERVER['REQUEST_URI'];

以上原因错误...（格式化）... 我也试过

var $page_slug = ".$_SERVER['REQUEST_URI'].";

我仍然收到错误？

我无法理解为什么我无法让价值变得充满活力，感谢任何帮助！

这是代码的一部分：

class FakePage
{
var $page_slug = "author/admin/posts";
    /**
     * The slug for the fake post.  This is the URL for your plugin, like:
     * http://site.com/about-me or http://site.com/?page_id=about-me
     * @var string
     */

    /**
     * The title for your fake post.
     * @var string
     */
var $page_title = "Test";

我一旦

class FakePage
    {

$ page_slug =“”; ＆lt; ---有动态值，它给我一个错误......

Answer 1

如果您在以下类中使用它：

class Test {
    var $page_slug = $_SERVER['REQUEST_URI'];
}

这是不可能的，请确保在构造函数（或其他）方法中设置它

class Test {
    public $page_slug;

    public function __construct() {
        $this->page_slug = $_SERVER['REQUEST_URI'];
    }
}

Answer 2

PHP4中的

var只能在类中使用。从PHP5开始，它已被弃用。

只需删除var即可。

PHP变量不能正常工作我相信它以前工作过

2 个答案: