尝试在具有“资源”类型的命名空间类上创建函数答案

【问题标题】：Trying to Create a function on a namespaced class with 'resource' type尝试在具有“资源”类型的命名空间类上创建函数
【发布时间】：2018-11-12 02:46:26
【问题描述】：

早安@每个人，我正在尝试在返回“资源”类型的命名空间类上创建一个函数，但是我没有这样做。

我想做什么：#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 ':'，期待 ';'或 '{' 因为我正在运行 PHP 5.6 并且该功能需要 PHP 7...

所以我尝试了另一种方法，但它也不适用于我：#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');

【问题讨论】：

我没有收到您所说的返回错误。你确定这个错误是针对那个 sn-p 的吗？
我得到的错误是：Uncaught TypeError: Return value of Test::SQLQuery() must be an instance of resource, none returned in /run_dir/repl.php(68) : eval()'d code:5 Stack trace: #0 /run_dir/repl.php(68) : eval()'d code(8): Test->SQLQuery('test') #1 /run_dir/repl.php(68): eval() #2 {main} thrown
@Script47 是的，我确定（XAMPP 的 PHP 5.6）
请检查我的回答。

标签： php class types namespaces resources

【解决方案1】：

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

【讨论】：

所以该功能必须在 php 7 或更高版本上使用？？
我要把我的系统升级到 PHP 7.2.6...stackoverflow.com/questions/34296466/…
@JohnSpanish 是的，您需要更新到 PHP 7 或更高版本。