Php “如何修复”；严格的标准：只能通过引用传递变量“；？

有人能帮我写这4行代码吗。我一直试图阅读如何修复这个错误，但我对php还不是很熟悉

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$img = array_pop(explode("/", $currentFile));
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

此脚本找到当前的$.php名称并将其吐出。它还会剪切文件的位置和扩展名。。。只留下文件名

我如何编写这4行代码以避免抛出严格的标准错误，只需添加一个变量即可

$currentFile = $_SERVER["SCRIPT_NAME"];
$ret = explode("/", $currentFile);
$img = array_pop($ret);
$fileName = basename($img, ".php").PHP_EOL;
echo $fileName;

但是您可以只使用

basename

，下面的代码将给出相同的结果：

$fileName = basename($_SERVER["SCRIPT_NAME"], ".php").PHP_EOL;

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尝试将

分解（…）

移动到一个变量中。不知道如何或在何处放置它。我知道，我很坏。。。对不起<代码>$path=explode（“/”，$currentFile）非常感谢。它现在正在工作，可能是魔兽世界的复制品，你们怎么知道这一切的。谢谢，也谢谢你缩短了代码。