嚴格的標準不允許一個簡單的PHP爆炸聲明？

嚴格標準：只有變量應該通過參考/home/mydomain/public_html/printshop/upload_2-img-dpi.php上線過去了55

這些線49〜56：

if(!is_dir($upload_dir)){ 
    mkdir($upload_dir, 0777, TRUE); 
    chmod($upload_dir, 0777); 
}  

    $value = explode(".", $userfile_name); // line 55 
    $file_ext = strtolower(array_pop($value));

有什麼不對？在我的服務器上安裝APC之前，此代碼工作正常。

來源

2013-07-23 user961627

，什麼是線54？ –

我[無法重現]（http://3v4l.org/I0deH#v431）幾個PHP版本的錯誤。你確定你指的是正確的文件/行嗎？ – HamZa

我剛剛編輯我的問題，包括更多的代碼行。是的，我真的在使用正確的線條/文件。這與錯誤選項有什麼關係？或者APC剛安裝在服務器上的事實？ – user961627

好吧，我這樣做，和它的工作：

$value = array(); 
    $value = explode(".", $userfile_name); 
    $file_ext = strtolower(end($value));

聳肩

來源

2013-07-23 10:39:48 user961627

[php 6.0應該引入E_DOESNT_WORK和E_LOLWUT]（http://chat.stackoverflow.com/transcript/11?m=10722135#10722135） – HamZa

嚴格的標準不允許一個簡單的PHP爆炸聲明？

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