php - 如何解决“严格标准：只能通过引用传递变量”？

Question

有人可以帮我处理这 4 行代码吗？我一直在尝试阅读如何修复此错误，但我对 php 还不是很熟悉。

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$img = array_pop(explode("/", $currentFile));
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

该脚本查找当前的 $.php 名​​称并将其吐出。它还削减了文件的位置和扩展名......只留下文件名。

我将如何编写这 4 行代码才不会抛出严格标准错误

Answer 1

只需添加一个变量。

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$ret = explode("/", $currentFile);
$img = array_pop($ret);
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

但你只能使用basename，下面的代码会给你同样的结果：

$fileName = basename($_SERVER["SCRIPT_NAME"], ".php").PHP_EOL;