php - 我可以使用 die 来填充变量吗？

Question

当我填充变量时，我可以做这样的事情吗？：

$type = isset( $_GET['type'] ) ?  $_GET['type'] : die();

通过这样做，如果请求中没有“类型”，我的函数将退出。这是使用 die() 的正确方法吗？

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如果您只想退出函数return，请使用. 但是，它不是表达式，因此您需要将其更改为if语句：

if(!isset($_GET['type'])) {
    return;
}

$type = $_GET['type'];

如果您确实希望整个页面停止执行，那么是的，那是正确的（但为了清楚起见，我仍然使用 an if）。

score 1 · Accepted Answer

是和不是。是的，你所做的在技术上是正确的，如果变量不存在，它将终止脚本，但如果你想测试你的代码，你不应该使用该die构造。PHP 是一种面向对象的语言（从第 5 版开始），并且是一种非常强大的语言。它支持使用您可能想在此处使用的高级错误处理异常。

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你不能die()用来填充变量。die()终止您的代码。相反，您可以考虑以下代码：

$type = isset( $_GET['type'] ) ? $_GET['type'] : null;

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$type = isset( $_GET['type'] ) ?  $_GET['type'] : die();

与此 if/else 语句相同：

if ( isset( $_GET['type'] ) )
    $type = $_GET['type'];
else 
    $type = die();

它之所以有效，是因为die()将被调用并停止脚本执行，但这不是一个好习惯。对此，您最好使用 if/else 语句并简单地调用die()if $_GET['type'] 不存在，如下所示。

if ( isset( $_GET['type'] ) )
    $type = $_GET['type'];
else 
    die('type not found');

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die()函数将结束你的整个 PHP 进程，而不仅仅是退出你所在的函数。除此之外，代码依赖于 PHP 有点愚蠢的事实。die()严格应该是一个 void 函数，但是您的调用取决于它返回的东西——它确实如此，但不应该如此。

你真正想要的是一个简单的if语句：

if( ! isset($_GET['type']) )
    return;

$type = $_GET['type'];

另一件事是，如果此代码在函数中，则 $type 的值将不会被保留，除非它被声明为全局。

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