Php 修改通过引用传递的变量的值

我希望能够修改通过引用传递给函数的变量的值

<?php
    function invoke($what) {
        $args = func_get_args();
        return call_user_func_array($what, $args);
    }

    function page(&$page) {
        return $page;
    }

    $page = array();
    $page['context'] = 'view';
    invoke('page', $page);
    ?>

调用invoke（）时，会收到警告： page（）的参数1应为引用，值在invoke（）中给定

请问我做错了什么

---

谢谢

您在函数invoke（）中传递了两个值，并且只得到一个值。请使用函数lke

函数invoke（$what，$second）

或者只传递一个值，如

invoke（$page）
不一定。调用（$page）无效。invoke（）用于调用page（），然后传入$page的值。这就是
call\u user\u func\u array（$what，$args）
在那里做的事情。@drecute他收到警告，这是导致warning@drecute我在哪里失踪了？或者我的答案不是解决你的问题吗？考虑重构你的代码：<代码>函数调用（$WORD，数组$ARGs= ARRAY（））{返回CaluthUsSeriFuffyRead数组（$$，$ARGS）；}调用（“页面”，数组（和$PAGE））；<代码>。这样，您将传递对
$page
的引用，而不是其值。（您的实现也不正确-您的
$args
仍然包含
$what
作为第一个参数）。谢谢。出于好奇，func_get_args（）的作用是什么？我的理解是，它获取传递给invoke（）的任何其他参数。在我的情况下，这将是$page。将获取当前函数的所有参数，而不仅仅是可变参数。那么为什么我仍然需要显式地传递
$args=array（）
才能调用（）？func_get_args看到两个args。call\u user\u func\u数组看到'page（）'并将$args中包含的任何内容传递给'page（）。@dcorder我很确定调用时间引用在这里也不起作用
func\u get\u args（）
返回包含参数副本的数组。不保留引用。