Php 是否允许在文档中设置返回到json？

因此，在记录我正在编写的php代码时，我停止了我通常说的

@returnstring json输出

，在我实际返回json的函数上

所以，我想知道设置是否正确

*
* @return json
*/
public function test()
{
    $test = array('hola' => array('en' => 'hello', 'ro' => 'salut'));
    return json_encode($test);
}

而不是

*
* @return string
*/
public function test()
{
    $test = array('hola' => array('en' => 'hello', 'ro' => 'salut'));
    return json_encode($test);
}

我搜索了相关的问题，忽略了手册，但我所看到的非手册提到了我的疑问

更新 作为参考，我是从哪里开始的。我看了好几次，如下所示：

*
* @return View
*/

所以，我想这是一个正确的返回？

“

json

”在PHP中不是一个基本类型，事实上也不是任何类型。您需要记录返回的类型，而不是这些类型的内容的含义。如果将

json

指定为返回“type”，这意味着类

json

的对象，因为

json

在PHP中没有其他含义

---

您只能将其记录为返回一个

字符串

，我更希望看到json的返回类型。确实，您是以字符串的形式返回json，但是json更为具体，并且让其他人知道会发生什么。

正如orangepill所评论的，您应该使用类型

string

并在描述中添加

json

@返回字符串JSON

在参考数据类型时，手册说明

数据类型应该是一个有效的PHP类型（int、string、bool等），一个 返回的对象类型的类名，或简单的“混合”。如果你 要显式显示多个可能的返回类型，请列出它们 不带空格分隔的管道（例如“@return int | string”）

---

返回值应该是php类型。。。所以它是。。。但是可能会在注释

@return string json encoded return value

中指出它是json，所以，我应该坚持

string

是的。。。你不会把

@return html

或

@return php\u serialized\u string

放进去，所以我不会把

@return json

放进去。请查看我更新的问题，这样你就能理解我的疑问是从哪里开始的。希望您能够澄清为什么接受另一个。好吧，同样，任何不是PHP原语的东西都被当作类名。在您的示例中，返回了类

视图
的对象；我说如果你指定了
json
，那就意味着一个类为
json
的对象。返回的类型是自动工具，注释是给人的，json不是类型，它是一种编码。在这一点上，我总是尝试在PHP中对返回进行注释，因为返回的内容并不明显。
@return datatype description
@return datatype1|datatype2 description