Php 为什么可以'；我们不能直接从函数返回mysqli对象吗？对象必须先存储在变量中？

我正在读一本关于PHP的书，对这个例子有一个问题：

<?php
function dbConnect() {
    $host = 'localhost';
    $db = 'learnphp';
    $user = 'phplearner';
    $pwd = 'wxyz1234';
    return new mysqli($host, $user, $pwd, $db) or die("Can't open database");
}
$conn = dbConnect();
$sql = 'SELECT * FROM images';
$result = $conn->query($sql);
$numRows = $result->num_rows;
?>
<p>A total of <?php echo $numRows; ?> records were found.</p>

致：

它工作正常：

共发现8项记录

为什么我不能像示例那样使用

返回新的mysqli（…）

？这是PHP5.4+的新编码要求吗？

与return语句一起使用的

[…]或die（）

因为
new mysqli
永远不会为false，所以“die”永远不会被处理，因此，您的函数返回
true
，而不是新创建的
mysqli
实例

编辑：

如果仍要使用
或die（）
，请执行以下操作：

$result = new mysqli($host, $user, $pwd, $db) ;
if (!$result) die ("Can't open database.");
return $result;

改变这个

return new mysqli($host, $user, $pwd, $db) or die("Can't open database");

对此

return mysqli_connect($host, $user, $pwd, $db) or die("Can't open database");

我卸下了
或模具（..）
，它可以工作了！从示例中，我们应该使用什么来代替
或die（..）
？@weeix此行为的原因是运算符优先级
=
在
或
之前求值，但
return
在两者之后求值。所以
$foo=$bar或die（）
。整个表达式的结果都是相同的布尔值
true
，但作为该操作的一部分，
$bar
已分配给
$foo
，没有人关心这里的表达式值。实际上，我遇到了这种错误。我刚刚退出使用query（）并继续使用mysqli\u query（）。
return new mysqli($host, $user, $pwd, $db) or die("Can't open database");

return mysqli_connect($host, $user, $pwd, $db) or die("Can't open database");