Question

我写了一个非常简单的函数，认为它只会输出它的参数：

  function hurl($var,$default="")
  {
    if(isset($var) && !is_null($var) && gettype($var) != "object" && gettype($var) != "array")
        return $var;
    return $default;
  }

这样你只需投掷（$ _ POST ['variable']），如果POST变量不存在就不会产生错误。但我仍然得到一个错误，好像它试图引用一个不存在的值。

然后我在isset() documentation上阅读了一条通知：

注意：因为这是一种语言结构，而不是一种功能无法使用变量函数调用。

这将我与Variable Functions联系起来：

变量函数不适用于语言结构，如echo， print，unset（），isset（），empty（），include，require等。利用wrapper functions来使用任何这些结构变量函数。

我该怎么做？有人可以写一个例子，或更简单的检查方法，而不必经常在页面上写isset（）和is_null（）吗？尝试使用catch语句以某种方式在这种情况下工作吗？

Answer 1

您可以这样做：

function hurl($key, $value='') {
    if (array_key_exists($key, $_POST)) {
        if (!is_object($_POST[$key]) && !is_array($_POST[$key])) {
            $value = $_POST[$key];
        }
    }
    return $value
}

通过自定义PHP函数有条件地输出变量

1 个答案: