php - 如果我们通过引用传递，是否不会创建设置变量？

Question

    $rn = &$vvv;
    echo $vvv;

它没有错误。但这当然可以：

    echo $vvv;

Notice (8): Undefined variable: vvv. 为什么？我们通过引用使用后是否创建了变量？这真的很奇怪。

Answer 1

几乎是的 - 然后创建变量当您想要获取对对象的引用时，PHP 将尽一切努力为您提供该引用。

它根本无法引用不存在的变量，因此它NULL首先是“设置”并为您提供对变量的引用

但有趣的是：isset($vvv)会正确返回 false :)

更多信息：为什么 php 在引用不存在的变量时不抱怨？