PHP開關內部用戶函數輸出什麼都沒有

首先，我是一個最好的新手PHP程序員。基本上，我有一個開關功能，我在兩個不同的地方使用。每一個切換一個不同的變量，但是交換機內的所有情況對於兩個實例都是相同的。所以我試圖創建一個運行開關的函數，並在我調用該函數之前設置該變量，以便引入正確的變量。但我沒有輸出。例如：PHP開關內部用戶函數輸出什麼都沒有

function testfunc() { 
    switch ($currentplace) { 
    case 1: 
    echo $thumb1; 
    break; 

    case 2: 
    echo $thumb2; 
    break; 

    case 3: 
    echo $thumb3; 
    break; 

    case 4: 
    echo $thumb4; 
    break; 
    } 
}

然後，後來我把這樣的功能：

//SET CASE FOR THUMB1 
$currentplace = $place1; 
testfunc();

再後來，其他的地方，但對於第二個變量

//SET CASE FOR THUMB2 
$currentplace = $place2; 
testfunc();

？有人告訴我我做錯了什麼？

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2011-03-26 watermelonkid

我想，它不匹配任何案例標籤。保留default聲明並嘗試回顯$currentplace的值。

function testfunc() 
{ 
    switch ($currentplace) 
    { 
     // ..... 

     default: echo $currentplace ; 
       break ; 
    } 
}

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2011-03-26 18:05:49 Mahesh

就解決問題而言，這是個好主意，但我知道它應該與案例標籤相匹配，因爲如果我將開關置於每個位置並只設置開關= $ place1或$ place2，就會輸出。只有一次，我把它放在testfunc（）裏面，沒有任何反應。 – watermelonkid 2011-03-26 18:08:04

更改您的代碼，如：

function testfunc($currentplace) { 
... 
} 

testfunc($currentplace); 

// or testfunc($place1);

那你是怎麼能一個變量傳遞給一個函數，它可以使用它。請注意，名稱不必匹配（請參閱註釋行）。

您的函數不能訪問全局變量，除非您將它們標記爲這樣。但在這種情況下，沒有必要。（實際上，你從不需要使用全局變量）

來源

2011-03-26 18:06:36 Matthew

謝謝 - 問題在於，本質上我沒有將$ currentplace傳遞給函數，也不知道如何處理每個拇指變量，就像達蒙指出的那樣。謝謝大家 - 非常快！ – watermelonkid 2011-03-26 18:22:26

echo $thumb1;將回顯一個變量，該變量在函數的作用域中不存在。我認爲這是一個全局變量，在這種情況下，您必須首先通過global $thumb1;來聲明它（對於其他「拇指」也是如此）。

$currentplace也需要來自某處，你可能忘了將它作爲函數參數傳遞？

來源

2011-03-26 18:06:37 Damon

您需要將您的變量傳遞給您的函數。

對於爲例：

function testfunc($currentplace) { 
    // your code here 
} 


testfunc($place1); 

testfunc($place2);

至於$currentplace您$thumb沒有定義是你的函數。

你可以找到更多關於variables scope in the manual的信息。

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2011-03-26 18:07:24 Haza

您必須將global $currentplace;放入testfunc()。但是，難道你不能只用數組而不是$thumb？

來源

2011-03-26 18:07:41

看起來像要從函數訪問全局變量。

最好將變量作爲參數傳遞給函數。

來源

2011-03-26 18:07:55 codaddict

您正在使用的這部分程序：

$currentplace = $place1; 
testfunc();

，然後，你testfunc()功能如下：

function testfunc() { 
    switch ($currentplace) { 
    // ...

但* 你$currentplace變量，函數外聲明，在函數內部不可見：函數引入它們自己的變量作用域。

你有兩種可能的解決方案：

無論是在功能的開始，導入您的變量，使用global關鍵字（這是不太好的解決辦法 - 因爲它使功能取決於外部變量。）
或者，更好的方法是將您的變量作爲參數傳遞給該函數。

使用第一，壞，想法，你的函數將被定義是這樣的：

function testfunc() { 
    global $currentplace; // Make the outside variable visible from inside the function 
    switch ($currentplace) { 
    // ...

有關更多信息，請查看本手冊的Variable scope部分。

，並使用第二，好得多，解決方案，將它定義這樣的：

function testfunc($currentplace) { 
    switch ($currentplace) {

而且這樣調用：

testfunc($place1); 
testfunc($place2);

而對於更多的信息這個，看看PHP手冊的Function arguments部分。

來源

2011-03-26 18:08:33

這是一個scope的問題。 $currentplace，您設置爲$place1/2在testfunc內不可見。 testfunc中的$currentplace是恰好具有相同名稱的不同變量。（如果我們不得不擔心別人可能在外面使用什麼名字，否則編寫代碼將非常困難。）

最簡單的解決方案是將外部（全局）$currentplace轉換爲testfunc的範圍，在PHP的情況下使用global聲明，但這被認爲是不好的做法（因爲我們不希望函數不必要地修改外部變量）。最普遍的做法是通過$currentplace作爲參數，我相信很多其他答案已經顯示如何去做。

雖然我們在這樣做，但函數不會對它們將如何使用做出任何假設也是一個好習慣。我指的是你的echo報表，打印到標準輸出。如果您稍後決定在輸出字符串變量之前收集輸出，則必須修改testfunc。但是，如果testfunc只是return編輯了字符串，那麼根據您的不同需求可以簡單地說出echo testfunc($currentplace);或$place = testfunc($currentplace);。

來源

2011-03-26 18:15:59 aib

PHP開關內部用戶函數輸出什麼都沒有

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