Question

我在第57行收到此错误：$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

据我所知，我只传递变量。以下是更多背景信息：

$replace_count = 0;
foreach($replacables as $key => $value)
{
    if($replace_count >= 2)
        break;
    if(strpos($password, $key) !== false)
    {
        $password = str_replace($key, $value, $password, 1);
        $replace_count++;
    }

}

Answer 1

传递1毫无意义。（为什么不通过42或-5？）str_replace的第4个参数仅用于将信息传递给您。该函数不使用变量的原始值。那么，如果没有使用，那么传递内容的重点是什么（即使是允许的话），并且你不会使用发回给你的新值？该参数是可选的;只是不要传递任何东西。

Answer 2

你不能传递常数1，修复就是将其设置为变量。

变化：

$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

为：

$var = 1
$password = str_replace($key, $value, $password, $var);

更新：更改为在注释中的反馈中声明方法调用之外的变量。

PHP：只能通过引用传递变量

2 个答案: