php - 在 PHP5 中使用 func_get_args() 通过引用传递变量？

Question

我目前有一个这种形式的类方法/函数:

function set_option(&$content,$opt ,$key, $val){

   //...Some checking to ensure the necessary keys exist before the assignment goes here.

   $content['options'][$key][$opt] = $val;

}

现在，我正在考虑稍微修改一下函数，使第一个参数成为可选参数，这样我就可以只传递 3 个参数。在这种情况下，使用类属性 content 代替我省略的属性。

首先想到的是将 func_num_args() 和 func_get_args() 与此结合使用，例如:

function set_option(){

    $args = func_get_args();

    if(func_num_args() == 3){

        $this->set_option($this->content,$args[0],$args[1],$args[2]);

    }else{

       //...Some checking to ensure the necessary keys exist before the assignment goes here.

       $args[0]['options'][$args[1]][$args[2]] = $args[3];

   }

}

我如何指定我将传递第一个参数作为引用？ (我使用的是 PHP5，因此指定在函数调用时通过引用传递变量并不是我更好的选择之一。)

(我知道我可以修改参数列表，使最后一个参数是可选的，就像 function set_option($opt,$key,$val,&$cont = false) ，但我很好奇是否可以将引用传递与上面的函数定义结合使用。如果是，我宁愿使用它。)

Answer 1

如果函数声明中没有参数列表，就无法将参数用作引用。你需要做的是像

function set_option(&$p1, $p2, $p3, $p4=null){

    if(func_num_args() == 3){
        $this->set_option($this->content,$p1, $p2, $p3);
    }else{
        $p1['options'][$p2][$p3] = $p4;
    }
}

因此，根据 func_num_args() 的结果，解释每个参数的真实含义。

非常丑陋，并且会生成您以后不想维护的代码:)