不能正常工作PHP函數（呼應字符串，簡單）

我創建了一個功能，讓我調試PHP腳本，只要變量（$debug）設置爲1：不能正常工作PHP函數（呼應字符串，簡單）

function debug($msg) { 
    if ($debug == 1) { 
     echo $msg; 
    } else { 
     return false; 
    } 
}

這樣，在（前functions.php文件名爲）我的腳本的頂部，我寫：

$debug = 1;

啓用調試，則：

debug("Function executed: " . $data);

在某些點，以便我知道字符串值/在這一點上的任何事情，所需的響應是屏幕上顯示的消息。

但是，無論$debug字符串的值是什麼，我都不會看到任何echo'd語句。

這是如何實現的？

來源

2013-05-29 Ben

如何使用調試器？ – zerkms

@zerkms我認爲他的意思是在開發模式而不是生產模式下運行代碼。所以他需要顯示某些信息。他不是指實際的代碼調試:) – itsols

是的，謝謝itsols。對不起，它不是很清楚！ – Ben

這很難說，因爲你所提供的數據太少。

原因可能是您的$debug變量在函數內部是未知的。由於使用global s不建議，請考慮使用常量define("DEBUG",1);。

編輯

我內another question我如何使用一個類做同樣的事情類名稱也全局訪問呈現。

來源

2013-05-29 12:20:09 Voitcus

謝謝你的幫助！我已經成功地使用常量重新創建函數。 – Ben

@BenPearlKahan事實上，你也可以檢查一個常量是否存在;使用['defined（）']（http://php.net/manual/en/function.defined.php）函數 – Voitcus

調試功能不可用，因爲它超出了範圍。您：

需要把它作爲參數傳遞
使用global關鍵字把它列入你的函數（灰心）

。

function debug($msg, $debug){ 
    if($debug==1){ 
    echo $msg; 
} else { 
    return false; 
    } 
}

或

function debug($msg){ 
    global debug; 
    if($debug==1){ 
    echo $msg; 
} else { 
    return false; 
    }

}

來源

2013-05-29 12:19:12

謝謝你。該函數的意義在於，我不必註釋掉所有單個'echo'命令，因此將它作爲參數傳遞就會產生相同的問題。爲什麼要建立一個'全球'關鍵字不鼓勵？ – Ben

使用全局變量時，單詞'global'本身並不會被阻止。如果在許多項目共享的函數中使用此全局變量，或者在某些情況下未設置全局變量，可能會出現問題。你的函數在邏輯上應該僅僅依賴於你作爲參數傳遞的東西，僅此而已。將來有人可能會使用它，必須知道它的參數是他必須提供的唯一的東西，沒有什麼可做的。 – Voitcus

謝謝你的幫助。我已經成功地使用常量重新創建函數。你的回答很好，謝謝。 – Ben

全局變量不能被函數訪問，直到你這樣做。例如：

function debug($msg({ 
    global $debug; 
    etc...

PS：請不要這樣做。找一個更好的方法。真。

來源

2013-05-29 12:20:29 markdwhite

該函數的意義在於，我不必將所有的單個' echo「命令，因此將其作爲參數傳遞會產生相同的問題。你能否提出一個更好的選擇？ – Ben

記錄。但是define（）會比全局更好。 – markdwhite

$調試是你的全局變量，所以它不是在你的函數訪問

來源

2013-05-29 12:22:36 PravinS

還有宣佈一個const的可能性，（然後只需確保命名空間是正確的），像這樣：

const debug = true; 
function newPrint($msg) { 
    if (\debug === true) { 
     echo $msg; 
    } else { 
     return false; 
    } 
} 
\newPrint("heey");//will print "heey"

所以只是不使用變量，但使用常量。

來源

2013-05-29 12:29:45 Kmtdk

不能正常工作PHP函數（呼應字符串，簡單）

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