Php 无法将参数传递给我的函数？

我在common.php文件中有以下内容：

$debug = true;

function debug_to_screen(&$array) 
    { 
        foreach($array as &$value) 
        { 
            if(is_array($value)) 
            { 
                print("Debug Mode: " + $value); 
            } 
        } 
    } 

然后，在我的主文件中，我使用以下命令调用此函数：

require("common.php");     

if(!isset($_COOKIE["qcore"])) 
{
    debug_to_screen("Cookie not found: ", var_dump($_COOKIE['qcore']));
}

但是，我收到以下错误：

致命错误：无法在中通过引用传递参数1 C:\DWASFiles\Sites\junglegym\VirtualDirectory0\site\wwwroot\wp content\plugins\QCORE\login.php 在线8

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这是我第一次尝试创建一个可以传递多个值的函数，所以我没有足够的技能来理解为什么这不起作用。基本上-我想创建一个调试函数，我可以将多个值传递给它，这是在我的公共文件中定义的。

您的函数

函数debug\u to\u screen（&$array）

只接受一个参数，但是您将文本作为第一个参数发送，cookies作为第二个参数发送

所以

替换

debug_to_screen("Cookie not found: ", var_dump($_COOKIE['qcore']));

到

你的问题是：

debug_to_screen("Cookie not found: "...

您正在传递给希望通过引用传递数据的函数，这意味着您正在向它发送实际变量，而不是它的副本

您需要首先创建数组，然后通过引用将i传递给函数

大概是这样的：

$array=$_COOKIE;
debug_to_screen($array);

在函数中，您将其定义为：

function debug_to_screen(&$array)

额外的

&

表示函数获取的是实际变量，而不是它的副本

这也将不起作用：

function julie(&$bob)
{
// something..
}


julie(5);

这是因为尽管函数可以更改5，但它不能通过引用过程返回

$var1=5;
julie($var1);

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这将非常有效，因为$var1可以修改，调用函数的外部代码可以使用修改后的变量

不需要通过引用传递，并且在只定义一个参数的情况下传递两个参数。您还试图

打印
数组，var\u dump打印不返回

我认为您需要查看PHP文档以了解正在使用的函数，这里有许多问题。
为什么要在这里使用
&
？有什么特别的原因吗？更不用说：a）
debug\u to\u屏幕
接受1个参数，但传递2个参数。b） 
debug_to_screen
在传递字符串时接受作为数组的参数。c） 
var\u dump
返回
void
我不这么认为？如果我传递一个参数，我会收到如下错误：致命错误：无法在第86行的C:\DWASFiles\Sites\junglegym\VirtualDirectory0\site\wwwroot\wp content\plugins\QCORE\login.php中通过引用传递参数1
$var1=5;
julie($var1);