尝试使用＆＃39; resource＆＃39;在命名空间类上创建一个函数。类型

Question

早安@everybody，我正在尝试在命名空间类上创建一个函数，该类返回一个＆＃39;资源＆＃39;但是，我没有这样做。

我尝试做什么：＃1

public function SQLQuery($query):resource
{
    // the magic...
}

与以下语法一起使用：

$SQL = SQLQuery('SELECT * FROM my_db');

但结果是：

  

语法错误，意外＆＃39;：＆＃39;，期待＆＃39;;＆＃39;或者＆＃39; {＆＃39;因为我正在运行PHP 5.6   而该功能需要PHP 7 ...

所以我尝试了另一种方法，但它也没有和我一起工作：＃2

public function SQLQuery($query, &$resrc)
{
    $resrc = mysqli_query($SQLDB, $query);
    // the magic...
}

SQLQuery('SELECT * FROM my_db', $resrc_var);

所以我尝试了另一种至少对我有用的方法：＃3

public function SQLQuery($query)
{
    $resrc = mysqli_query($SQLDB, $query);
    // the magic...
    return $resrc;
}

$SQL = SQLQuery('SELECT * FROM my_db');

Answer 1

根据您的comment，您使用的是PHP 5.6，但PHP 7+中引入了return types。因此，要使用该功能，您需要更新到PHP 7或更高版本。