php - PHP：只能通过引用传递变量

Question

我在第 57 行收到此错误：$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

据我所知，我只传递变量。以下是更多上下文：

$replace_count = 0;
foreach($replacables as $key => $value)
{
    if($replace_count >= 2)
        break;
    if(strpos($password, $key) !== false)
    {
        $password = str_replace($key, $value, $password, 1);
        $replace_count++;
    }

}

Answer 1

您不能传递 1 的常量，解决方法是将其设置为变量。

改变：

$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

至：

$var = 1
$password = str_replace($key, $value, $password, $var);

更新：更改为在评论反馈的方法调用之外声明变量。

Answer 2

经过1那里没有任何意义。（为什么不通过42，或？） 的第 4个-5参数str_replace仅用于将信息传回给您。该函数根本不使用变量的原始值。那么，如果不使用某些东西，并且您不会使用发回给您的新值，那么传入某些东西（即使允许）又有什么意义呢？该参数是可选的；只是不要通过任何东西。