PHP 7是PHP 5.6的继承者，它于2015年12月3日发布。使用此标记用于与使用PHP 7开发相关的问题
我自己编译了php7（974f6c2a705）。 如果我使用 symfony 运行 php7 + php-fpm + nginx 我会收到此错误： （使用 snc redis 包进行会话：） 警告：session_write_close()：写入失败
致命错误：内存不足（已分配 12582912）（尝试分配 12582920 字节）
在PHP 5中，我的程序可以运行，但是当我将其更改为PHP 7时，表的内容没有显示。这是错误 致命错误：内存不足（已分配 12582912）（尝试分配 12582920 字节...
无法使用 WHM/cPanel 在 Ubuntu 22.04 服务器上安装 PHP 7.x – 缺少软件包
我正在使用 Ubuntu 22.04 设置服务器并使用 WHM/cPanel 来管理多个帐户和配置。我的目标是在服务器上安装 PHP 7.4（或早期版本，如 PHP 7.3），因为有些...
PhpSpreadsheet 和 PHP 7 > ZipArchive::close 创建临时文件失败
在工作中，我们使用PhpSpreadsheet生成一些Excel文件（我们使用它来提供一些导出）。 这是我使用的简单代码（基于给出的一些示例，但 PhpSpreadsheet ）来生成
我只是尝试将 Laravel 项目更改为在 Nginx 而不是 Apache 上运行，但无法获得正确的权限。真的不知道接下来要尝试什么。目前他们在这里： 我什至给了777
在 CodeIgniter 4.0.2 中设置动态基本 URL
我正在将我的项目从 CodeIgniter 3 迁移到 CodeIgniter 4。我对框架的新结构感到困惑。所以这是我的问题， 我将 App.php 中的基本 url 设置为： 保护...
最近，我安装了一个新的Ubuntu服务器，其中包含PHP7。以前，在 PHP5.3（或者可能是 PHP5 的更高版本）上，我可以使用 $_SERVER['HOME'] 返回主路径...
我正在尝试为文章创建动态可搜索关键字。 我用 + 替换空格并生成链接，就像 google 那样： 搜索？q=文本1+文本2+文本 我的代码生成第一个链接 sam...
这是什么？ 这是包含有关 PHP 最新更新的问题集合。这也是一个社区 Wiki，因此热烈邀请大家添加问题列表。 这个问题
我有一个控制器，在名为“UserController”的控制器中具有“getUsers”功能，在其中我想调用“CarController”控制器的一个名为“getCars”的功能，这两个选项...
我需要使用 Magento REST API 来创建订单。哪些 API 我应该用它来实现这个或者要遵循什么步骤来创建一个 订单是否包含完整的账单、运输、付款详细信息？
我正在尝试从 PHP（版本 7）向 Microsoft 消息队列 (MSMQ) 发送消息。 任何人都可以为我提供代码示例或向我指出可用于的相关文档或库
使用没有 COM 包的 PHP 版本 7 向 MSMQ 发送消息时出错
我正在尝试从 PHP 版本 7 向 Microsoft 消息队列 (MSMQ) 发送消息。但是，PHP 版本 7 不再包含通常用于与 MSMQ 交互的 COM 包。 我...
我正在使用 PHP 7 测试返回类型。 我创建了一个简单的脚本来测试 PHP 7 的返回类型： 我正在使用 PHP 7 测试返回类型。 我创建了一个简单的脚本来测试 PHP 7 的返回类型： <?php Class Obj { public function __construct(){ } public function test(): string { //a string needs to be returned return "ok"; } } function foo(): Obj { //instance of Obj needs to be returned return new Obj(); } $o = foo(); echo $o->test(); // output: ok 现在在其他编程语言中，当您指定返回类型时void，这意味着您无法返回任何内容，否则会收到错误。所以我写了这个脚本： <?php function foo(): void { } foo(); 现在在上面的脚本中，预期的输出什么也没有。 相反，它给了我一个致命错误： 致命错误：foo()的返回值必须是void的实例，第2行没有返回 我的问题是（我找不到），在 PHP 7 中会有类似的 void 类型吗？ 编辑： 针对 void 返回类型的新单独 RFC 已发布，已通过投票，并在 PHP 7.1 中实现。 PHP 中现在有一个 void 返回类型。 :) 原帖： 取自wiki.php.net： 未来的工作 超出本 RFC 范围的未来工作想法包括： 允许函数声明它们根本不返回任何内容（Java 和 C 中为 void） 所以目前没有办法声明您不退回任何东西。 我不知道在你的情况下什么是最好的，但我可能会暂时不声明返回类型。 回答你的问题 PHP 7 中是否会有 void 返回类型： 目前还没有 保证，但我认为 void 或同义词很可能会以某种方式实现。 php 7.1 接受 void返回类型。所以它会在未来出现。 有关其工作原理的一些示例： function should_return_nothing(): void { return 1; // Fatal error: A void function must not return a value } function returns_null(): void { return null; // Fatal error: A void function must not return a value } function lacks_return(): void { // valid } function returns_nothing(): void { return; // valid } 请参阅 Andrea Faulds 的 RFC 了解更多信息！ 编辑：在 PHP 7.1 中，有一个 void 伪类型。它在Void Return Type RFC中定义。以下是 7.1 之前的答案。 返回类型 RFC 的作者在这里。在 PHP 7.0 中，不会有 void 返回类型，因为 RFC 没有添加它，任何其他针对 PHP 7.0 的 RFC 也没有添加它。 如果我们决定为次要版本添加新的关键字/保留字是可以的，即使它们会破坏代码，则类型 void 可以存在于 PHP 7 系列中。这有点不确定，但它是在 PHP 5.4 中使用 callable 关键字完成的。 就个人而言，我认为我们不需要void；我们已经有了 null。 来自手册： 特殊的NULL值表示没有值的变量。 NULL 是 null 类型唯一可能的值。 在 PHP 中，不返回任何内容的函数将隐式返回 null。这意味着您永远无法“实际上”返回任何内容*。走 null 路线意味着不会出现向后兼容性中断，因为 null 不会是从 PHP 7.0 开始的有效类/接口/特征名称，并且不会添加任何新键或保留字。 *熟悉 Zend 引擎的人会意识到你可以不返回任何内容，但如果你不返回任何内容，你正在分配的变量将被分配为 null，这使得它们在逻辑上是等效的。 php 中没有 void 的等效类型， 返回空值；可能符合您的要求，因为它没有任何类型，如 0 或任何其他值。注意：实际无效意味着没有返回。 @BeNice 我理解你的观点，无论如何我总结了以下考虑 Levi Morrison 作为可持续发展的一个实际问题：引入 void 作为可能的回报类型事实上，我们打破了 null 唯一可能类型是 null 的假设。 这样，应该返回void来进行null的类型检查，通过设计改变架构约束并导致向后兼容性混乱。 // your choice implies this comparison should be true: gettype(null) === void; 我认为在代码中不经常使用 null 的人将承担 void 类型实现。 虽然当你设置返回类型为void时你不能返回任何东西，但是你可以在函数中打印一些东西。 类似这样的事情。 <?php function foo(): void { print "OK"; return; } foo(); ?> 这将打印“OK”，但它不返回任何内容。 另外，需要注意的是，我们只能使用 void 作为返回类型。我们不能将它用作函数参数类型。 示例： function myfunction(void $param) { } 它将产生这个致命错误 // Fatal error: void cannot be used as a parameter type 此外，如果您使用OOP，则无法在继承期间更改void返回类型。 示例： class MyClass { public function myMethod(): void { } } class MyNewClass extends MyClass { public function myMethod(): array { } } 这将产生这个致命错误 Fatal error: Declaration of MyNewClass::myMethod(): array must be compatible with MyClass::myMethod()
Symfony：在 Doctrine 实体方法中使用返回类型提示的表单问题
我今天异常勤奋，决定返回类型提示我所有的 symfony 实体方法。所以： 我今天异常勤奋，决定返回类型提示我所有的 symfony 实体方法。所以： <?php Class User { private string $username; public method getUsername(): string {} } 一切都很好，直到我制作了一个表单来创建新用户： $user = new User(); $this->createForm(SignupType::class, $user); 当显示表单时，Symfony 会自动获取 User $user 这个新实例的属性。但由于它是一个新的实例化，它的 username 属性当然仍然是 null，这是一个不正确的返回类型，因为它需要是 string。 我应该： Symfony 实体中没有返回类型提示（meh）； set $username = ''（但这有点违背了不允许空白的目的，我可以看到各种错误的演变）；或 取消映射 symfony 表单上的字段 其他可能的解决方案... 如果实体属性不能是 null（并且您使用 PHP 7.1+），那么应用 可空返回类型声明听起来更像是一种肮脏而快速的解决方法，以维护实体和表单之间的直接数据绑定（使用 Symfony 表单组件）。 更好的全局方法（在我看来）是使用 DTO（数据传输对象）将表单数据绑定与 Doctrine 实体解耦，这是一个简单的 POPO（普通旧 PHP 对象）来包含您的形成数据。 使用 DTO 将允许您在 Doctrine 实体中维护严格的类型提示（不会丢失数据一致性），并将表单数据绑定（还有数据验证）与实体解耦。 DTO 允许重复使用并具有许多其他优点。 有关将 DTO 与 Symfony Forms 一起使用的一些有用参考： DEAD LINK 避免表单中的实体（作者：Iltar van der Berg） DEAD LINK 重新思考表单开发（作者 Iltar van der Berg） Symfony Forms 101（由 Form 组件的创建者 Bernhard Schussek） 不要在 Symfony 表单中使用实体。请改用自定义数据对象 实体应始终有效 如果您使用的是 PHP 7.0，它不支持可为 null 的返回类型声明，则第一个选项将是正确的（非 hacky）选择。如果您使用 PHP 7.1+，您可以定义一个 可空返回类型声明。 <?php class User { public function getUsername(): ?string {} }
PHP 7 支持资源的严格类型吗？如果是这样，怎么办？ 例如： 声明（strict_types=1）； $ch=curl_init(); 测试（$ch）； 功能测试（资源$ch） { } 该...
我可以检查 ReflectionType 是否是另一种类型的实例吗？
我想检查可调用对象的返回类型是否是另一种类型的实例。例如，假设我有： 扩展了 Animal 的 Pigeon 类。 函数 addSupplier() 接受一个可调用的 ar...
这个问题有点先发制人，因为 php 7 还没有发布。我很好奇在三元运算符的上下文中如何处理宇宙飞船运算符。 所以如果我有一个预宇宙飞船测试...
所以，我试图使用 strpos 来测试变量中是否存在字符串，但是在我使 if 语句起作用的所有尝试中，它都没有成功，所以我开始输出字符串并尝试...
说明： 我有一个二维数组： $array = InvApplication::model()->findall(array('order'=>'app_name')); 数组包含下一个元素：“app5”，如何避免它？ 实际输出： 应用程序_n...