嵌入在字符串中的变量可以被视为引用吗？

Question

我有这个小代码：

$a = "apple";
$var = "I like the $a";
echo $var;
echo "<br>";
$a = "pear";
echo $var;

OUTPUT:
I like the apple
I like the apple

OUTPUT I NEED:
I like the apple
I like the pear

有人知道如何动态更新字符串中的 var 吗？

Answer 1

您的

$var

字符串在解释器到达它时被解析，因此更改您的

$a

变量不会替换其值。有很多选择可以完成您想要做的事情。

您可以将字符串格式存储在

$var

中，然后应用

sprintf

：

$var = 'I like the %s';
echo sprintf($var, 'apple');
echo sprintf($var, 'pear');

或者您可以创建一个函数来接收您喜欢的参数作为参数：

function generateLikeString($what) {
    return "I like the $what";
}

echo generateLikeString('apple');
echo generateLikeString('pear');

Answer 2

您在

$a

中使用

$var

后正在编辑它的值。如果您之后更改

$var

，也不会影响

$a

。你必须再做一次：

$a = "pear";
$var = "I like the $a";

或者这样做：

$a = "apple";
$var = "I like the ";
echo $var . $a;
echo "<br>";
$a = "pear";
echo $var . $a;