检查PHP变量是否为空

更新：

下面的代码

function findNowPlayingCondition () {
if (isset($nowplayingname) && isset($nowplayingartist)) {$nowplayingcond = '1'; };
if (isset($nowplayingname) && !$nowplayingartist) {$nowplayingcond = '2'; };
if (!$nowplayingname && isset($nowplayingartist)) {$nowplayingcond = '3'; };
if (!$nowplayingname && !$nowplayingartist) {$nowplayingcond = '4'; };
echo "$nowplayingcond";
}

总是带着“4”回来，再一次，我被难住了

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我试图创建一个PHP if/then语句，如果$nowplayingname中有一个有效字符串，并且$nowplayingartist未设置、为或为NULL，它将$nowplayingcond设置为“2”

如果var_dumpisset$nowplayingname&&$nowplayingartist{$nowplayingcond='2'}

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执行此命令时，我收到一个解析错误，我怀疑它与var_dumpisset有关，但我不确定。

你说得对，var_dump不应该在那里。var_dump用于调试

以下代码就足够了：

如果设置$nowplayingname{…}

就可以了

if(!empty($nowplayingname) && !isset($nowplayingartist))
{
$nowplayingcond = 2;
}

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要修复语法错误，请执行以下操作：

if (var_dump(isset($nowplayingname)) && !$nowplayingartist) {$nowplayingcond = '2';};
                                                                            // ---^

进一步建议：

正确缩进代码，不要这样使用一行程序：

if (var_dump(isset($nowplayingname)) && !$nowplayingartist) {
  $nowplayingcond = '2';
}

为什么在IF语句中使用var_dump？除了var_dump的返回值将始终计算为falsy布尔值这一事实之外，该行没有任何逻辑错误

使用更可读的变量名：

$nowPlayingName
$nowPlayingArtist

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你为什么在这里使用var_dump？删除它，错误就会消失。更重要的是，为什么要在var转储中使用isset？isset返回true或false，并为IF语句设计。如果需要，请将vardump iside放在ifstatement中that@JohnConde你的评论不太正确。缺少的分号是错误的原因。我是否应该只使用isset$nowplayingname并根据需要使用它@NoLiver92？我不知道为什么这被否决了。这显然是对的。我的意思是，这里的代码不会像您期望的那样工作，var_dump总是返回一些false-y，但这是错误的原因。我有if！空$nowplayingname&！isset$nowplayingartist{$nowplayingcond='2'；}显示了一个解析错误。。发生什么事？