如何有條件地輸出在php中不存在的變量？

Question

所以我有一個變量和一個函數不能證明我的思維過程。

代碼：

$variable = "This is a string!"; 

    function is($var) 
    { 
     if(isset ($var)) 
     return true; 
     return false; 
    } 

    if(is ($variable)) 
     echo "This variable exists!"; 
    else 
     echo "This variable does not exist!"; 

輸出：

This variable exists! 

因爲$變量存在，此功能將正常工作，但在$變量尚未設置或定義的問題。

代碼：

function is($var) 
    { 
     if(isset ($var)) 
     return true; 
     return false; 
    } 

    if(is ($variable)) 
     echo "This variable exists!"; 
    else 
     echo "This variable does not exist!"; 

輸出：

 Notice: Undefined variable: variable on line x 
     This variable does not exist! 

因爲變量尚未定義，當被引用它PHP會返回一個通知，說這句話的變量，你試圖引用是不確定的。這是一個問題，因爲當變量沒有正確設置時，函數總是會創建一個通知，而這首先是爲了避免。

所以我嘗試傳遞變量名作爲字符串沒有參考。

代碼：

$variable = "This is a string"; 

    function is($string) 
    { 
     if(isset($$string)) // Variable Variables 
     return $$string; 
     return ""; 
    } 

    echo is("variable"); 

但是，這仍然沒有工作。我的想法就如何優雅地輸出不同的是使用短函數，而不是打字每次都：

echo (isset($variable) ? $variable : ""); 

我如何檢查是否引用存在，或者不使用PHP？

Answer 1

在錯誤控制運算符「@」前加上正在測試的變量/參數。這抑制了表達的任何錯誤 - 比如變量不存在：

test(@$bar); 


function test($foo) 
{ 
    if(isset($foo)) 
     echo "A"; 
    else 
     echo "B"; 
} 

Answer 2

您需要先檢查isset（$ variable），然後再調用函數var。也許沒有你想要的那麼方便，但這就是它的工作原理。

Answer 3

你只需要添加@到您的變量，以避免出了錯誤

你可以改變你這樣的代碼：

$variable = "This is a string!"; 
function is($var) 
{ 
    if(isset ($var)) 
    return true; 
    return false; 
} 

if(is (@$variable)) 
    echo "This variable exists!"; 
else 
    echo "This variable does not exist!"; 

你可以發現，我已經改變了if(is ($variable))這個if(is (@$variable))