Php 如何在laravel中定义基于条件的方法
我试图根据我的laravel应用程序的控制器中的条件定义一个方法。但它显示了以下错误 Symfony\Component\Debug\Exception\FatalThroTableError (E_PARSE)分析错误:语法错误,意外的'if'(T_if),应为 函数(T_函数)或常数(T_常数) HomeController.phpPhp 如何在laravel中定义基于条件的方法,php,laravel,Php,Laravel,我试图根据我的laravel应用程序的控制器中的条件定义一个方法。但它显示了以下错误 Symfony\Component\Debug\Exception\FatalThroTableError (E_PARSE)分析错误:语法错误,意外的'if'(T_if),应为 函数(T_函数)或常数(T_常数) HomeController.php <?php namespace App\Http\Controllers; use Illuminate\Http\Request; class Ho
<?php
namespace App\Http\Controllers;
use Illuminate\Http\Request;
class HomeController extends Controller
{
if (!function_exists('curl_init')) :
define('CURLOPT_URL', 1);
function curl_init($url = false) {
return new Curl($url);
}
endif;
public function index(){
return view('welcome');
}
}
男人。。。您正在类内但在任何方法外编写代码。你不能那样做。也许你想把它放在_构造函数中?使用下面这样的类来代替它
<?php
class Curl
{
private $curl;
public function __construct($url = false) {
$this->curl = !function_exists('curl_init') ? $this->makeObj($url) :
curl_init($url);
}
private function makeObj($url)
{
// return new class
}
}
你要下课吗?使用“}”?这是一个语法错误,我如何才能实现同样的错误?您希望在这里实现什么?将您的代码放入
\uu construct
方法或创建一个helper
文件,以便您可以全局访问它-这更多的是一个注释,而不是一个naswer@JohnConde为什么是评论?因为我没有写代码?我只是告诉他为什么他会犯这个错误,甚至告诉他如何解决这个问题。
<?php
class Curl
{
private $curl;
public function __construct($url = false) {
$this->curl = !function_exists('curl_init') ? $this->makeObj($url) :
curl_init($url);
}
private function makeObj($url)
{
// return new class
}
}
namespace App\Http\Controllers;
use Illuminate\Http\Request;
use App\Libs\Curl; // change this with your class path
class HomeController extends Controller
{
public function index(){
$curl = new Curl('http://stackoverflow.com');
return view('welcome');
}
}