Question

我有一个User类，当用户登录时会创建

$user = new User($userId);

现在要检查用户是否已登录，我尝试了

if (isset($user)) {   // user is logged in

} else {   // user is not logged in

}

但是，isset()似乎不适用于对象？我也试过is_object()。请指教！希望有一种方法可以优雅地做到这一点，也许

if ($user->isLoggedIn()) {

}

谢谢你的时间！

Answer 1

isset()应该工作，反对或不反对。您也可以使用

if ((isset($user)) and ($user instanceof User))

检查是否设置了和它是否是类User的对象。

Answer 2

问题在于

new User($userid);

将总是给你一个User对象，即使它的构造函数（可能在数据库中查找$userid）可能会得出结论该对象不存在。您可以在无效$userid的构造函数中抛出异常，并使用try / catch构造而不是isset()测试，或设置User->valid属性在存在的用户的构造函数中，并在测试中检查它。

另请参阅此问题以获取更多想法：PHP constructor to return a NULL

Answer 3

如果您编辑User类，则可以使用$ user-＆gt; isLoggedIn（）

class User {

private $logged_in = false;

...

public function login($uid) {
  ... login code
  $this->logged_in = true;
}

public function isLoggedIn() {
  return $this->logged_in;
}

...
}

Answer 4

isset()也适用于对象。事实上，只要符合以下条件，它就可以使用：

该变量已在当前范围内声明
变量值不同于NULL

如何验证是否设置了对象变量

4 个答案: