Question

if ($condition)
    $foo = 'bar';
else 
    throw_exception();
echo $foo;

对于此代码，PhpStorm认为$foo可能未定义并显示警告。我必须添加/** @noinspection PhpUndefinedVariableInspection */以消除警告，我希望有更好的解决方案。

Answer 1

ATM - nope。

https://youtrack.jetbrains.com/issue/WI-10673可能是一个解决方案（一旦实施）。

现在甚至用throw_function()声明@throws Exception也无济于事（因为抛出异常只是可能的情况之一而非义务）。

观看以及以下相关的门票（星级/投票/评论）以获得有关任何进展的通知：

现在我只是建议以下面更直接，更易于阅读的方式重写代码：

if (!$condition) {
    throw_exception();
}

$foo = 'bar';

echo $foo;

如果不满足条件，则退出更快（由于抛出的异常），并且下面的代码将不会被执行。通过这种方式阅读和理解起来要容易得多（遵循代码执行流程）。

Answer 2

我认为PhpStorm是对的，因为如果你不符合$condition那么$foo是未定义的。

您可以在$foo块之前使用空值（或false，或''...）声明if以避免警告（恕我直言，这是一个更好的解决方案）：

$foo = '';
if ($condition)
    $foo = 'bar';
else 
    throw_exception();
echo $foo;

Answer 3

（请将此更多视为评论而非答案）

正如atx所说，因为$foo在阅读时没有被定义。这称为undefinied read data flow anomaly。这不是一个＆＃34;问题＆＃34; PHPStorm或任何其他IDE，但您的代码或更一般的PHP语法。在else-case中的静态代码分析只能看到方法calles throw_exception的方法调用，而不是脚本的结尾。因此，在这种情况下，您的代码如下所示：

throw_exception();
echo $foo

然后你读了一个未经编辑的变量。

让我们将其与JAVA示例进行比较

public void test(boolean condition)  throws Exception {

  if (condition) {
    String foo = "this";
  } else {
    throw new Exception("");
  }
  // Doesn't compile: foo can not be resolved to a variable
  System.out.println(foo);
}

这根本不编译，因为在打印行foo＆＃34; foo无法解析为变量＆＃34;。同样，当此方法不引发异常但退出方法时返回值：

public boolean test(boolean condition) {

  if (condition) {
    String foo = "this";
  } else {
    return false;
  }

  // Doesn't compile: foo can not be resolved to a variable
  System.out.println(foo);
  return true;
}

让我们扩展这个例子：

public void test(boolean condition, String foo) {

  if (condition) {
    foo = "this";
  } else {
    System.out.println("else");
  }

  System.out.println(foo);
}

这会编译并且您不会收到静态代码分析的警告，因为静态代码分析没有看到异常：foo在方法标题中定义，即使它被定义为null。

希望这有助于理解为什么你会收到警告，并且应该总是定义你的变量。

有没有办法让PhpStorm知道一个方法只返回异常？

3 个答案: