检查数据是否存在时避免在PHP中出现通知

我正在使用解码的JSON，我想检查字段是否存在

这就是我所拥有的：

$data = json_decode($json);
if(!$var = $data->{'var'})
    return false;
else
    return $var;

通过这段代码，我得到了

注意：未定义的属性：stdClass:：$var in…

。它是有效的，我知道我可以通过处理错误报告来消除通知，但我不希望收到通知，所以我做了以下工作：

$data = json_decode($json);
if(!isset($data->{'var'}))
    return false;
else {
    $var = $data->{'var'};
    return $var;
}

在这种情况下，我没有得到通知，但我必须首先检查

isset

，然后创建一个包含该数据的变量，这看起来不太好。我试过：

$data = json_decode($json);
if(!isset($var = $data->{'var'}))
    return false;
else {
    return $var;
}

---

但是我得到了一个语法错误（

语法错误，意外的“=”，预期的“，”或“）”

）。那么在PHP中有没有合适的方法来实现这一点呢？或者我应该忘记它，继续使用opt。#2？

选项2是您最好的建议，如果您只需要检查一个或两个变量，那么实际上可能是处理它的最好方法

不过，您可以使用三元符号将其缩短一点：

$data = json_decode($json);
return isset($data->{'var'})? $data->{'var'} : false;

如果需要进行多次检查，请编写一个抽象：

function tryGetObjectProperty($obj, $prop, $default = false){
    return isset($obj->{$prop})? $obj->{$prop} : $default;
}

$data = json_decode($json);

$var1 = tryGetObjectProperty($data, 'var');
var2  = tryGetObjectProperty($data, 'var2');
//etc

---

$data=json\u decode（$json，true）；如果（array_key_exists（'var'，$data））{…

使用@在php中隐藏通知@Carlos Navaroo

if（isset（$data->var））

应该可以工作

只要忘记它并使用opt即可。#2

选项2是完成工作的一种完全合法且可读的方法。