Php 为什么按引用传递不'；不改变一个变量的值吗？

输出为“字符串”。但是$str指的是$string，所以$str中的更改也应该更改$string？为什么值仍然相同？

它清楚地提到，call\u user\u func（）的参数不是通过引用传递的。

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它清楚地提到，call\u user\u func（）的参数不是通过引用传递的。

call\u user\u func

不是通过引用传递的。发件人：

请注意，call_user_func（）的参数不是通过引用传递的

（

change（$string）

，另一方面，正如您所期望的那样，给出了

“str”

）

---

进一步阅读：

调用用户函数

不通过引用传递。发件人：

请注意，call_user_func（）的参数不是通过引用传递的

（

change（$string）

，另一方面，正如您所期望的那样，给出了

“str”

）

---

进一步阅读：

以下是您的错误消息：

$string='string';
function change(&$str){
    $str='str';
}
call_user_func('change',$string);
echo $string;

---

以下是您的错误消息：

$string='string';
function change(&$str){
    $str='str';
}
call_user_func('change',$string);
echo $string;

---

使用

call\u user\u func（）不可能：

从：

请注意，call_user_func（）的参数不是通过引用传递的

也就是说你仍然可以使用。使用引用现在成为可能。以下是您需要的代码：

$string='string';
function change(&$str){
    $str='str';
}
change($string);
echo $string;

但是，现在不推荐使用此解决方案

您仍然可以摆脱
call\u user\u func（）
，只需执行以下操作：

function change(&$str)
{
    $str='str';
}

$string='string';
$parameters = array(&$string);
call_user_func_array('change',$parameters);
echo $string;

使用
call\u user\u func（）不可能：

从：

请注意，call_user_func（）的参数不是通过引用传递的

也就是说你仍然可以使用。使用引用现在成为可能。以下是您需要的代码：

$string='string';
function change(&$str){
    $str='str';
}
change($string);
echo $string;

但是，现在不推荐使用此解决方案

您仍然可以摆脱
call\u user\u func（）
，只需执行以下操作：

function change(&$str)
{
    $str='str';
}

$string='string';
$parameters = array(&$string);
call_user_func_array('change',$parameters);
echo $string;