PHP类，使用'var'声明变量时解析语法错误答案

【问题标题】：PHP classes, parse syntax errors when using 'var' to declare variablesPHP类，使用'var'声明变量时解析语法错误
【发布时间】：2011-02-25 11:35:44
【问题描述】：

我是一个 C# 人，试图将我对 OOP 的一些理解转换为 php。我正在尝试制作我的第一个类对象，并且遇到了一些问题。

这是课程的开始：

<?php

require("Database/UserDB.php");

class User {

  private var $uid;
  private var $username;
  private var $password;
  private var $realname;
  private var $email;
  private var $address;
  private var $phone;
  private var $projectArray;

  public function _construct($username) {

    $userArray = UserDB::GetUserArray($username);
    $uid       = $userArray['uid'];
    $username  = $userArray['username'];
    $realname  = $userArray['realname'];
    $email     = $userArray['email'];
    $phone     = $userArray['phone'];
    $i = 1;
    $projectArray = UserDB::GetUserProjects($this->GetID());
    while($projectArray[$i] != null) {
      $projectArray[$i] = new Project($projectArray[$i]);
    }

UserDB.php 是我的所有静态函数与该用户类的数据库交互的地方。我在使用 var 时遇到错误，我很困惑。我知道我根本不需要使用 var 或声明变量，但我觉得这样做是更好的做法。

错误是“意外的 T_VAR，需要 T_VARIABLE”

当我简单地从声明中删除 var 时，它可以工作。这是为什么呢？

【问题讨论】：

标签： php mysql syntax object

【解决方案1】：

你把事情搞混了。在 PHP 5 之前是

var $uid;

因为是 PHP 5

private $uid; // or
protected $uid; // or
public $uid;

您可以在Properties documentation 中了解它：

注意：为了保持与 PHP 4 的向后兼容性，PHP 5 仍将接受在属性声明中使用关键字var 来代替（或补充）public， protected，或private。但是，不再需要var。在从 5.0 到 5.1.3 的 PHP 版本中，var 的使用被认为已弃用并会发出 E_STRICT 警告，但自 PHP 5.1.3 起，它不再被弃用且不会发出警告。如果您使用var 而不是public、protected 或private 之一声明属性，那么PHP 5 将把该属性视为已被声明为公共的。

【讨论】：