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关于php引用的问题

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发布： 2016-08-31 08:54:51

原创

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//引用返回

<code>function &testReturn(){  
    static $b = 1;  
    $b += 2;  
    return $b;  
}  
$a = &testReturn();  
$a = 8;  
$c = &testReturn();
$c = 12;
$d = testReturn();  
//echo $d;  

function &cuitReturn(){
    $a = 2;
    return $a;
}
$cr = &cuitReturn();
//echo $cr;
$cr = 4;
$cr1 = cuitReturn();
echo $cr1;
</code>

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第二个函数，改变赋值变量的值，$cr = 4;函数的返回值为什么没变？

回复内容：

//引用返回

<code>function &testReturn(){  
    static $b = 1;  
    $b += 2;  
    return $b;  
}  
$a = &testReturn();  
$a = 8;  
$c = &testReturn();
$c = 12;
$d = testReturn();  
//echo $d;  

function &cuitReturn(){
    $a = 2;
    return $a;
}
$cr = &cuitReturn();
//echo $cr;
$cr = 4;
$cr1 = cuitReturn();
echo $cr1;
</code>

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第二个函数，改变赋值变量的值，$cr = 4;函数的返回值为什么没变？

你第一个函数, 代码其实是这样的, 因为$b是个静态变量, 所以函数执行完也不会被 released.

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<code class="php">...    //省略代码
$c = &$b;
$c = 12;    //此处$b为12
$d = testReturn();    //$b+2
echo $d; //当然是14而不是7</code>

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但是第二个函数中$a是个局部变量, 函数执行完了, 这块变量的内存就释放了.

首先要明确一点, 调用函数是否返回引用函数名前面要加 &, 赋值语句前面也要加& 所以,题主中$cr1 = cuitReturn();其实不是引用这是一点.

回到题主说的,为什么返回值没有改变,是因为函数 cuitReturn 里面的 $a 是一个局部变量,而且不是静态的,所以,函数返回之后就被释放了,$cr = &cuitReturn();相当于是引用了一个局部变量, 这要是放在C++里面是会出大事的...这意味着指针指向未知内存, 但是 PHP 引擎应该是有处理的, 所以 $rc 对于 $a 的引用是无效的

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