使用“的原因是什么？”@$$var=&引用；在这个PHP代码中？
我有一些代码返回错误使用“的原因是什么？”@$$var=&引用；在这个PHP代码中？,php,variable-variables,Php,Variable Variables,我有一些代码返回错误未定义变量：dblink： 此代码来自遗留系统。“dblink”变量仅出现在此文件中的此函数内部 function db_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname = "") { if (!strlen($dbuser) || !strlen($dbpass) || !strlen($dbhost)) return null; @$$dblink = mysql_connect($dbhost, $
未定义变量：dblinkfunction db_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname = "") {
if (!strlen($dbuser) || !strlen($dbpass) || !strlen($dbhost))
return null;
@$$dblink = mysql_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass);
if ($$dblink && $dbname)
@mysql_select_db($dbname);
//set desired encoding just in case mysql charset is not UTF-8
if ($$dblink) {
@mysql_query('SET NAMES "UTF8"');
@mysql_query('SET COLLATION_CONNECTION=utf8_general_ci');
}
return $$dblink;
}
@$$variable$$variable@我计划将其重命名为
$dblink$$foo = 'bar';
echo $foo; // Returns nothing
echo $$foo; // Returns bar
echo $$otherUndefinedVar; // Returns bar
echo ${''}; // Returns bar
echo ${NULL}; // Returns bar
if ($$foo) echo 'true'; // Returns true
$foo$${'}@$不幸的是，我不能回答你的问题，因为它太宽泛了（就像我提到的，不是通灵者），但希望上面的代码示例能够澄清为什么它仍然有效——业余程序员经常会“敲打代码”，直到它按照他们想要的方式工作。在这个过程中经常犯非常严重的错误。这显然是错误的，但仍然有效：
$$foo = 'bar';
echo $foo; // Returns nothing
echo $$foo; // Returns bar
echo $$otherUndefinedVar; // Returns bar
echo ${''}; // Returns bar
echo ${NULL}; // Returns bar
if ($$foo) echo 'true'; // Returns true
$foo$${'}@$不幸的是，我不能回答你的问题，因为它太宽泛了（就像我提到的，不是通灵者），但希望上面的代码示例能够澄清为什么它仍然有效——业余程序员经常会“敲打代码”，直到它按照他们想要的方式工作。在这个过程中经常犯非常严重的错误。您已经回答了您的问题。@这是一种不好的做法，不需要动态变量$$。因此，替换为$dblink并继续。
我计划将其重命名为$dblink，看看会发生什么。$$dblink${'}@mysql\u connect$$$dblinkdb_connect我计划将其重命名为$dblink，看看会发生什么。$$dblink${'}@mysql\u connect$$$dblinkdb_connect${'}$$dblink$$dblinkif（$$dblink）@$$dblink${'}$$dblink$$dblinkif（$$dblink）@$$dblink