PHP$\u POST变量不起作用

我对变量有这个问题： 即使当我打印（$\u POST）时，

$\u POST['id']

显示一个值，如果我尝试

$var = $_POST['id']

然后

echo $$var // or 
echo ${$var}

它不打印任何东西。 有人遇到过这个问题吗？如何解决？

---

谢谢

也许您在$\u POST中有嵌套结构

$good_var_name = $_POST['user_data']['id'];
echo $good_var_name;

否则

$good_var_name = $_POST['id'];
echo $good_var_name;

行得通

---

将注释中的代码添加到问题

假设

$\u POST['id']

具有值

1

，则以下代码将回显或打印

1

：

$id = $_POST['id'];
echo $id;

$id = $_POST['id'];
echo $$id;

鉴于以下代码试图回显或打印

$（1）

变量的值，因为

$id

变量的值为

1

：

$id = $_POST['id'];
echo $id;

$id = $_POST['id'];
echo $$id;

---

您如何定义

$$var

？请检查SO指南，正确设置您的帖子格式，以便人们可以轻松帮助您。您需要显示更多代码/信息！

$\u POST['id']

的内容是什么？还有@NikitaLeshchev的问题。$\u POST['id']的值为1$var='$'.'''.'''.'''.'发布['id'].]我正在测试isset$$var anthis是否没有写入…

echo$var；

echo”“；$pid1='.'''.'''.'''.'''.'''.''''.''''.'''''.''''.'''.'如果（isset（$$pid1））$idd1）=$idd1=$$pid1；echo'.'.'.$textafis.'.''.''.''，“$arr$textafis.”而（$arr=mysqli=mysqli\u fetch数组（$result，mysqli\u“；}echo”“；echo”“；如果我使用$_POST['id1']，它显示了所选选项，但$$pid1并不担心长篇文章，但问题是在php中使用$$TIP时：不要使用$$-重新思考您的问题并在没有它的情况下重建代码信息：不要发布未格式化的代码-没有人会真正理解甚至阅读它。$$是造成混淆的根本原因。$var='$。“\u post['id']“我想打印/测试它的内容，即$u POST['id']的值。这就是为什么我需要$$var或${$var}您可以使用

echo'$。$id或
回显“$”。$\u POST['id']这就是您想要实现的吗？我想测试isset$var是否正确，如果正确，为它的内容设置另一个变量。我有7个下拉列表，每个都有它的变量名和7个复选框，我想写一个函数来处理所有7个。这就是我必须使用变量的原因。我用“古典”的名字写的，它很管用，但不是用_POST