如何将字符串视为字符串而不是 PHP 中的 int

Question

我在阅读 PHP 手册时遇到了type juggling

我很困惑，因为我从来没有遇到过这样的事情。

$foo = 5 + "10 Little Piggies"; // $foo is integer (15)

当我使用此代码时，它返回 15，加起来是 10 + 5，当我使用 is_int() 时，它返回 true，即。 1 我期待一个错误，它后来引用我到 String conversion to numbers 我读到 If the string starts with valid numeric data, this will be the value used. Otherwise, the value will be 0 (zero)

$foo = 1 + "bob3";             /* $foo is int though this doesn't add up 3+1 
                                  but as stated this adds 1+0 */

现在，如果我想将 10 Little Piggies OR bob3 视为 string 而不是 int，我该怎么办。使用settype() 也不起作用。我想要一个无法将 5 添加到字符串的错误。

Answer 1

这是由于 PHP 的动态类型特性而设计的，当然也没有明确的类型声明要求。变量类型根据上下文确定。

根据您的示例，当您这样做时：

$a = 10;
$b = "10 Pigs";

$c = $a + $b // $c == (int) 20;

当然，调用is_int($c) 总是会计算为布尔值 true，因为 PHP 已决定将语句的结果转换为整数。

如果您正在寻找解释器的错误，您将不会得到它，因为就像我提到的那样，这是语言中内置的东西。您可能需要编写很多难看的条件代码来测试您的数据类型。

或者，如果您想这样做以测试传递给您的函数的参数 - 这是我能想到的唯一场景，您可能想要这样做 - 您可以相信调用您的函数的客户端知道他们在做什么.否则，返回值可以简单地记录为未定义。

我知道来自其他平台和语言，这可能难以接受，但信不信由你，很多用 PHP 编写的优秀库都遵循相同的方法。

Answer 2

如果你想要一个错误，你需要触发一个错误：

$string = "bob3";
if (is_string($string)) 
{
    trigger_error('Does not work on a string.');
}
$foo = 1 + $string;

或者如果你喜欢一些界面：

class IntegerAddition
{
    private $a, $b;
    public function __construct($a, $b) {
        if (!is_int($a)) throw new InvalidArgumentException('$a needs to be integer');
        if (!is_int($b)) throw new InvalidArgumentException('$b needs to be integer');
        $this->a = $a; $this->b = $b;
    }
    public function calculate() {
        return $this->a + $this->b;
    }
}

$add = new IntegerAddition(1, 'bob3');
echo $add->calculate();