PHP:parsed_str请提供帮助

此代码段工作正常：

$url="Http://www.youtube.com/watch?v=upenR6n7xWY&feature=BFa&list=PL88ACC6CB00DC2B44&index=4";

$parsed_url=parse_url($url);

echo "<br><br><pre>";
print_r(parse_url($url));
echo "</pre>";
echo $parsed_url['query'];

$url=“Http://www.youtube.com/watch?v=upenR6n7xWY&feature=BFa&list=PL88ACC6CB00DC2B44&index=4";
$parsed_url=parse_url（$url）；
回声“

”；
打印（解析url（$url））；
回声“；
echo$parsed_url['query']；

但当我添加以下内容时：

v=upenR6n7xWY&feature=BFa&list=PL88ACC6CB00DC2B44&index=4

echo“

”；
$parsed_str=parse_str（$parsed_url['query']）；
打印（$parsed_str）；
回声“；

什么也没发生。我怀疑

parse_str（）

没有正常工作。知道我可能做错了什么吗？

parse_str（）不会返回任何内容。它填充变量

例如，如果查询字符串为$query=“param=1&test=2”

之后 parse_str（$query）

您可以检查var_dump（$param）和var_dump（$test）-这两个变量将为您创建。

parse_str（）不会返回任何内容。它填充变量

例如，如果查询字符串为$query=“param=1&test=2”

之后 parse_str（$query）

---

您可以检查var_dump（$param）和var_dump（$test）-这两个变量将为您创建。

基本上，parse_str会进行转换

parse_str($parsed_url['query'], $parsed_str);

var_dump($parsed_str);

到

---

基本上，parse_str转换

parse_str($parsed_url['query'], $parsed_str);

var_dump($parsed_str);

到

---

如果要将的结果放入数组中，请将该数组作为第二个参数传递：

---

我假设用户输入URL。如果是这样，在没有第二个参数的情况下，不要使用

parse_str

！。这样做会导致安全风险，用户可以用自己选择的值覆盖任意变量。

如果要在数组中获得的结果，请将数组作为第二个参数传递：

我假设用户输入URL。如果是这样，在没有第二个参数的情况下，不要使用

parse_str

！。这样做会导致安全风险，用户可以用自己选择的值覆盖任意变量

parse_str($parsed_url['query'], $parsed_str);

var_dump($parsed_str);