Question

首先，让我们说为了论证，我想要这样做的原因是任意的，而不是特定于解决方案。

我想显式地转换一个变量，无论输入如何，并在类型转换后增加它，不和原始变量。例如，不是这样的：

$num = "47 downvotes"; (int) ++$num;

我正在寻找类似于这个伪代码版本或其变体的东西：

$num = "value"; ++((int) $num);

对于PHP松散，我真的希望这可以工作，但我不能先使用Pre-increment运算符而不先创建另一个变量。

$num = "value"; $cast = (int) $num; echo ++$cast;

在测试时，我发现PHP 足够松散，但是通过添加数字来实现它的工作原理：

$num = "47 dogs"; echo ((int) $num) + 1;

我也理解我的第一个例子，没有错，但是再次，出于任意原因，我需要确保它在递增/递减之前已被转换。

所以问题是，为什么PHP足够松散以便后者编译？

如果你能提供任何有信誉的阅读材料的资源或链接，我也会很感激。

Answer 1

使用显式类型转换，您必须将结果分配给变量。在您的示例中，您试图在变量为字符串时增加变量，这些变量失败或不会产生您期望与类型转换相结合的结果。

看看你原来的例子：

<?php

$num = "47 downvotes";
echo $num . PHP_EOL;
echo ++$num;

增加字符串的结果不是您所期望的结果：

47 downvotes
47 downvotet

所以你最初的假设是PHP实际上并不起作用。

$num = "47 downvotes";
echo (int) ++$num . PHP_EOL;

$num2 = "47";
echo (int) ++$num2;

输出：

47
48

类型转换的过程本质上很复杂，并且有各种各样的行为可以产生意想不到的结果，并且只是不是可靠的“修复你的输入”，它可以让你找到你可用的任何字符串的数字部分在一行代码中，但这并不意味着PHP存在缺陷。

PHP为什么显式类型转换+ 1有效，但没有增量运算符

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