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我有一个动态变量，每天从缓存文件更新一次，但是当我希望显示该变量时，尽管我的缓存文件存储了信息，但它什么也没拉。

这是我正在尝试做的一个例子......

$var1 = "1"; // Dynamic info that is previously pulled from the cache file. 
$var2 = array (
"0" => "2",
"1" => "3" );

现在我想显示数组某个部分的内容...

echo "Test ".$var2['$var1'];

这是为了输出：Test 3

如果 $var1 是 0 它会输出：Test 2

我已经尝试了许多其他方法，包括将“更改为”，或者甚至不包括它们，它要么显示 PHP 错误，要么除了“测试”文本之外什么都不显示。

编辑＃1：好的，这是为了解释我正在做的更好一点。

首先，我从一个文件中提取并替换它附带的任何我不需要的东西..

$myFile = "http://someserver.com/afile.txt";
$lines = file($myFile);
$ngender = preg_replace('/Gender=/', '', $lines[3]);

现在，我知道上面的代码工作正常，当我到达数组时，我遇到了问题..

$ngen = array (
1 => "Male",
2 => "Female"
);

然后我使用 $ngen[$ngender]; 将其存储到 xml 文件中，但它不存储任何内容。这实际上是我在将其存储到 xml 文件之前尝试做的事情。

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2 回答 2

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它应该是：

echo "Test ".$var2[$var1];

$var1 是一个变量，所以它不应该在''中。

于 2012-12-09T11:25:47.513 回答
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一些东西：

  1. 并非所有 PHP 数组都是关联的。以下是有效且更有效的：

    $var2 = array(1 => "Male", 2 => "Female");

  2. 变量名称不需要在语句中进行字符串化。您的具体问题是因为'$var2'会评估为文字字符串$var2，而"$var2"会评估为"1".

所以正确的代码：

$var1 = "1"; // Dynamic info that is previously pulled from the cache file.
$var2 = array(1 => "Male", 2 => "Female");

echo "Test ".$var2[$var1];

您在其他答案的评论中发布的错误表明 $var1 不是您认为的那样。确保。

于 2012-12-09T11:29:00.183 回答