功能。通过引用传递

Question

我从php手册

中看到了以下声明

  

以下内容可以通过引用传递：

     

    

变量，即foo（$ a）

         

新陈述，即foo（new foobar（））

         

从函数返回的引用，即

  

这是一个不起作用的例子：

<?php
function foo(&$var)
{
    $var++;
}
function bar()
{
    $a = 5;
    return $a;
}
foo(bar());

我试图理解为什么它不起作用。

bar（）按值返回'5'，foo（）引用，那为什么PHP不允许这种行为？

这是否与手册摘录有关：

  

不应该通过引用传递其他表达式，因为结果是   未定义。例如，以下通过引用传递的示例   无效

然而，对我来说这没有意义，因为bar（）返回一个实际值，而不是未定义。

Answer 1

只应通过引用传递变量，因此这将起作用

function foo(&$var)
{
    $var++;
}
function bar()
{
    $a = 5;
    return $a;
}
$a = bar();
foo($a);
var_dump($a);

Answer 2

没有错......这是你的例子有点完整。

function foo(&$var)
{
    $var++;
    return $var;
}
function bar()
{
    $a = 5;
    return $a;
}
echo foo($a=bar())."\n";
echo $a . "\n";

输出预期的。 6 五 在PHP 5.6.3上