无法从不同的php文件传递变量答案

【问题标题】：Not able to pass variable from different php file无法从不同的php文件传递变量
【发布时间】：2019-08-31 10:22:09
【问题描述】：

这不是这个Passing a variable from one php include file to another: global vs. not的重复

我正在尝试制作一个简单的 php 项目，其中我有不同的数据库连接文件（config.php）、数据库函数（db_functions.php）、普通函数（functions.php）和索引文件（index.php）。

我在 config.php 中设置了数据库连接 -

$link = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME) or die(mysqli_error());

此连接工作正常（在 index.php 上测试）。 DB_HOST 和其他常量在 config.php 文件中声明。现在，我的 php 文件是这样连接的 -

functions.php 在 index.php 中是必需的（使用 require）
在functions.php中需要db_functions.php（使用require）
db_functions.php 中需要config.php（使用require）

现在，如果我想在 db_functions.php 中使用 $link 变量，它就不起作用了。显示通知Undefined variable: link in db_functions.php on line 10。

我在 db_functions.php 上的函数中调用 $link 在 db_functions.php 上声明 global $link 一次也不起作用。我必须在 db_functions.php 的每个函数中声明 global $link。这很烦人，有什么办法可以避免多次使用它？或者在不声明全局的情况下解决问题？

提前致谢

【问题讨论】：

是的，你必须在每个函数中使用 GLOBAL 关键字，这就是它的工作原理，否则将 $link 变量作为参数解析到每个函数，或者考虑 OOP 范式

标签： php

【解决方案1】：

tim 说的是对的，另一种不实现 OOP 的方法是使用超全局 $GLOBAL

例如。 $GLOBALS['link']

参考：https://www.php.net/manual/en/reserved.variables.globals.php

【讨论】：

虽然这不是我正在寻找的答案，但由于 PHP 中没有其他选项，我必须使用 OOP 或 $GLOBALS['link']