php - 如果变量传递给 empty() 或 isset()，PHP 不会为未定义变量发出任何通知

Question

<?php

function myFunction($yesNname) { } 

empty($noName);
print_r($noName);
isset($noName);

myFunction($noName);

输出：

PHP Notice:  Undefined variable: noName ... on line 6 // print_r
PHP Notice:  Undefined variable: noName ... on line 9 // myFunction

未定义变量用于empty()和isset()。但是 PHP 并没有发布关于它的通知。为什么 PHP 对某些函数有歧视？我怎样才能编写这种类型的函数？

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3

你的意思是像：

if(!empty($noName)) {
 // print_r
 // function($noName);
}

于 2012-12-14T10:57:08.383 回答

score 3 · Accepted Answer

函数也不isset()是empty()。正如手册所解释的：

这是一个语言结构，而不是一个函数

要获得这种行为，您需要调整用 C 编写的 PHP 源代码。

您也可以使用 PHP 扩展来获得这种行为，但您还需要用 C 语言编写它并将其安装在您的服务器中。

更新：

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在功能方面没有办法做到这一点。如果您只是不想显示错误，您可以在调用函数之前先检查变量或使用错误控制运算符 "@"。

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