Question

我的文件顶部有一个名为$ url的变量：

<?php
$url = "http://myurl.com";

稍后在同一个文件中，我有这段代码：

<?php
$url = "http://myurl.com";
[...]
function errorOut($error, $type = "info", $rel = "/")
{
    echo $url;
}
?>

但是，这不起作用，因为它说$url不是有效变量。我必须这样做：

<?php
$url = "http://myurl.com";
[...]
function errorOut($error, $type = "info", $rel = "/")
{
    $url = "http://myurl.com";
    echo $url;
}
?>

这对我没有任何意义，因为它不应该超出范围，因为它是功能上方的一层。如何使用早期的$url变量？

Answer 1

在您的函数中传递$url：

function errorOut($error, $type = "info", $rel = "/", $url) //<<< here

并且还称它为：

errorOut('...','...','...',$url);

在您的答案中看到的非工作示例

$a = 'test1';
$b = 'test2';
define ('URL','one');
define ('URL', 'two');
test($a,$b);

function test ($a,$b){
    echo $a;
    echo $b;
    echo URL;
}

不会工作，网址会留在＆＃39;一个＆＃39; //仅在您不想更改网址时才有效

Answer 2

它们的范围不同。您必须让PHP知道您将在本地使用该全局。最好不要使用全局，而是将其作为变量传递。

<?php
$url = "http://myurl.com";
[...]
function errorOut($error, $type = "info", $rel = "/")
{
    global $url;
    echo $url;
}
?>

有关详细信息，请参阅Variable scope。

Answer 3

我正在和IRC的某个人谈论这个问题（他在我加入之前也在这里发帖），他说我应该用

define("URL", 'http://example.com');

每当我引用该变量时，我应该使用URL，不是 $ url

函数不使用上面定义的变量

3 个答案: