php通过引用传递不起作用答案

【问题标题】：php passing by reference not workingphp通过引用传递不起作用
【发布时间】：2012-02-10 09:41:21
【问题描述】：

我只是想通过尝试在 php.net 上找到的一些示例来理解 PHP 中的引用传递。我在 php 网站上找到了一个示例，但它不起作用：

function foo(&$var)
{
    return $var++;
}

$a=5;
echo foo($a); // Am I not supposed to get 6 here? but I still get 5

这是here找到的示例

谁能告诉我为什么变量 $a 得到 5 而不是 6？

【问题讨论】：

我猜它会在执行 echo 语句后增加 $var 。尝试做echo ++$var;
@pinusnegra：要弄清楚它是如何工作的？看起来很简单，可以从中学习......
@pinusnegra 阅读第一行：“我只是想通过尝试在 php.net 上找到的一些示例来理解 PHP 中的引用传递。”

标签： php reference pass-by-reference

【解决方案1】：

您的代码和示例代码不一样。他们的行为方式不同是不是很奇怪？

要查看您期望的行为，您必须将$var++ 更改为++$var。

这里发生的情况是，虽然 $a 的值 在函数返回后是 6，但由于后自增运算符 ($var++) 的工作方式，返回的值是 5 .您可以使用以下方法进行测试：

$a=5; 
echo foo($a); // returns 5
echo $a; // but prints 6!

【讨论】：

【解决方案2】：

因为$a++ 返回$a 然后加一。

要做你想做的事，你需要做++$a。

http://www.php.net/manual/en/language.operators.increment.php

【讨论】：

【解决方案3】：

这与increment operator 有关，而不是通过引用传递。如果您查看手册，您会看到表现出您想要的行为，您必须更改 foo() 以使用前增量而不是后增量，如下所示：

function foo(&$var)
{
    return ++$var;
}

现在：

> $a = 5;
> echo foo($a);
6

【讨论】：

【解决方案4】：

不，这很好用。 $var++ 返回 $var 的值，然后递增变量。所以返回值是5，也就是你echo。变量$a 现在更新为6。

【讨论】：

【解决方案5】：

尝试回显实际变量：

echo $a; // 6

如果您在返回之前递增，您的示例仍然有效：

return ++$var;

【讨论】：

【解决方案6】：

与问题没有直接关系，仅与主题相关。似乎确实存在 PHP 错误...

$arr = array();
$arr["one"] = 1;
$arr["two"] = 2;
$arr["three"] = 3;

foreach ($arr as $k => &$v) {
$v += 3;
}

foreach ($arr as $k => $v) {
echo("\n".$k." => ".$v);
}

输出：

one => 4
two => 5
three => 5

(changing '$v' to '$val' (or some other variable name other than '$v')       
in the second (i.e. last) 'foreach' will result in the expected correct
output (one => 4 two => 5 three => 6)

【讨论】：