PHP：只有变量可以按引用传递

Question

我在57行遇到了这个错误：$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

据我所知，我只传递了变量。以下是更多上下文信息：

$replace_count = 0;
foreach($replacables as $key => $value)
{
    if($replace_count >= 2)
        break;
    if(strpos($password, $key) !== false)
    {
        $password = str_replace($key, $value, $password, 1);
        $replace_count++;
    }

}

- Edward Yu

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str_replace 可以接受数组作为参数.. 你不需要循环。 - Baba

从手册中： "如果传递，这将被设置为执行的替换次数"。这意味着函数会更新第四个参数的值。您只需指定变量名称作为引用即可。 - user1402647

可能是PHP：“...变量可以通过引用传递”在str_replace()中？的重复问题。 - T.Todua

Answer 1

你不能传递常量1，解决方法是将其设置为变量。

更改为：

$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

致：

$var = 1
$password = str_replace($key, $value, $password, $var);

更新: 根据评论反馈更改，将变量声明移至方法调用之外。

- immulatin

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使用 str_replace($key, $value, $password, $var = 1); 是错误的，应该使用 str_replace($key, $value, $password, $var);。否则会出现严格标准错误提示：Strict Standards: Only variables should be passed by reference in......。 - bystwn22

@bystwn22 谢谢，我本地没有这些设置，所以从未看到过这个错误。我已经更新了答案。 - immulatin

Answer 2

传递 1 没有意义。(为什么不传递 42 或者 -5?) str_replace 的第四个参数只是用来将信息传递回给你的。函数根本不使用变量 原始值。所以即使允许传入一个值，也没有任何意义，因为它不会被使用，而且您也不会使用新值。该参数是可选的；根本不需要传递任何东西。

- newacct

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没错，认为第四个参数是设置替换次数是一个常见误解。正如文档所述： count: 如果传递了此参数，将设置为执行的替换次数。 - Erdal G.

如果你读了几遍，像我一样仍然没有联系起来 - performed = after 替换发生，所以结果的计数（你需要另一种方式来限制在 haystack 中替换 needle 的次数）。 - Sandra