Question

PHP 7是否支持严格的资源类型？如果是这样，怎么样？

例如：

<?php 
class appModel extends ActiveRecord\Model{
    public $app,$attr;
    public $db_config;

    function __construct(array $attributes=array(), $guard_attributes=true, $instantiating_via_find=false, $new_record=true){
        parent::__construct($attributes, $guard_attributes,$instantiating_via_find, $new_record);
    }


    function __call($key,$value){
        parent::__call($key,$value);
    }

    public function load($data){
        foreach($this->attributes as $attr=>$value){
            if(!isset($this->attr["".$attr])){
                //if(isset($data[$attr])) $this->attr["".$attr] =  $data[$attr];
                if(isset($data[$attr])) $this->attributes["".$attr] =  $data[$attr];
            }
        }
    }
}

以上将给出错误：

致命错误：未捕获的TypeError：传递给test（）的参数1必须是资源的实例，给定资源

declare (strict_types=1); $ch = curl_init (); test ($ch); function test (resource $ch) { }上的var_dump显示它是资源（4，curl），手册说$ch会返回资源。

是否可以严格键入curl_init ()功能以支持test()？

Answer 1

PHP没有type hint for resources，因为

没有添加任何类型的资源提示，因为这会阻止资源从现有扩展的对象转移到某些已经完成的扩展（例如GMP）。

但是，您可以在函数/方法体中使用is_resource()来验证传递的参数并根据需要进行处理。可重用的版本将是这样的断言：

function assert_resource($resource)
{
    if (false === is_resource($resource)) {
        throw new InvalidArgumentException(
            sprintf(
                'Argument must be a valid resource type. %s given.',
                gettype($resource)
            )
        );
    }
}

然后你可以在代码中使用

：

function test($ch)
{
    assert_resource($ch);
    // do something with resource
}

Answer 2

resource不是valid type所以根据旧的PHP / 5类型提示，它被假定为类名。但curl_init()不返回对象实例。

据我所知，没有办法指定资源。它可能不会那么有用，因为并非所有资源都相同：fopen()生成的资源对oci_parse()无用。

PHP 7和严格的资源＆＃34;类型

2 个答案: