避免無法在函數中傳遞參考錯誤

我有一個函數，其中參數與參考一起傳遞（&）。不過，如果我設置參數爲NULL，我得到的錯誤：避免無法在函數中傳遞參考錯誤

「無法通過引用傳遞參數1 ...」

這是腳本：

<?php 
function doSomething(&$reference,$arg1,$arg2){ 
    if($reference !== NULL){ 
     //Do something with reference 

    }else{ 
     //Do something else 
    } 
} 

//Call with reference 
doSomething($a,$b,$c); 

//Call without reference 
//doSomething(NULL,$b,$c); 
?>

這是我認爲由於NULL沒有被聲明爲變量，而是立即在函數本身中聲明。它的工作原理，當我這樣做：

$nullVar = NULL; 
doSomething($nullVar,$b,$c);

如何編輯我的功能，這樣就不會顯示參考錯誤時，我只是把空的功能，只保留參考在可能的情況（因爲我不使用

function doSomething($arg1,$arg2, &$reference = null){ 
    if($reference !== NULL){ 
     //Do something with reference 

    }else{ 
     //Do something else 
    } 
} 

$a = 'a'; 
$b = 'b'; 

doSomething($a, $b);

但經過null到第三個參數仍然會導致錯誤：），當它被設置爲NULL參考

來源

2014-11-04 user3053216

我認爲你不能避免這一點 - 只有變量可以通過引用傳遞，NULL不是一個變量。 – Mikk 2014-11-04 13:19:09

如果換成了參數的位置，您仍然可以創建一個可選的參考。

doSomething($a, $b, null); // error

也可以通過新創建的變量來滿足引用。由於沒有賦值的變量默認爲null，因此您可以提供一個變量，而不打算在之後使用它。

doSomething($a, $b, $unused_var);

來源

2014-11-04 13:30:41 Flosculus

這只是一個簡單的例子，但是當有例如2個引用參數時，這仍然不起作用。 – user3053216 2014-11-04 14:23:25

@ user3053216已更新，以便您瞭解如何避開它。 – Flosculus 2014-11-04 14:28:59

你不能引用NULL，它不存在。老實說，在調用函數並運行if（$ reference！== NULL）塊之前檢查null。或者你可以把這個函數分成兩個單獨的函數，一個是$ reference是空的，另一個是$ reference指向的東西。

來源

2014-11-04 13:46:15

避免無法在函數中傳遞參考錯誤

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