用户定义的 PHP 函数无法返回更新的变量答案

【问题标题】：User defined PHP function fails to return updated variable用户定义的 PHP 函数无法返回更新的变量
【发布时间】：2014-07-04 02:03:20
【问题描述】：

我很难找到与我试图用我的代码完成的任务非常相似的东西。我有一个 while 循环，它为位于 mysql 数据库中的变量的每个实例执行。

$lref = mysqli_query($con,"SELECT * FROM builtl");

while($lrow = mysqli_fetch_array($lref))
{
   //variables from builtl
   $partnum = $lrow['m3num'];
   $lqty = $lrow['qty'];
   //POST to DB
   postcode($partnum,$lqty);
   echo $lqty;
...//More code exists that is not part of the question

用户定义函数 postcode() 仅在设置表单提交按钮（示例代码中除外）时执行。下面是函数本身的一部分。

function postcode($partnum,$lqty)
{
    $bchk = $partnum."sb";
    if(isset($_POST[$bchk]))
    {
    //builtl
    $lqty=$lqty-1;
    $bltmod="UPDATE builtl SET qty=$lqty WHERE m3num=$partnum";
    if (!mysqli_query($con,$bltmod))
    {
    die('Error: ' . mysqli_error($con));
    }
    }
}

当代码执行时，数据库会在函数内部进行更新，但是 while 循环已经生成，并且不会拉入 $lqty 的新值。我希望我以后的一些代码在while 循环使用 $lqty 的更新值。在某处使用 return 会帮助我解决这个问题，还是重新加载页面以提取新的 DB 值会更容易？

【问题讨论】：

您是否希望postcode() 更新$lqty 的值？您需要拥有它return $lqty;，或将$lqty 设为参考（function postcode($partnum, &$lqty)）。如果你把它作为一个引用，那么当它在函数中更新时，它会在外面更新。\

标签： php return-value user-defined-functions

【解决方案1】：

使用这一行调用 postcode()：

$lqty = postcode($partnum,$lqty);

并在函数末尾从postcode()返回$lqty：

return $lqty;

【讨论】：

我忽略了我正在使用我的提交按钮来重新加载整个页面。即使添加了此代码，该值也不会从函数返回。
如果您重新加载整个页面，$_POST 将不再设置，因此$lqty 不会得到更新。
在重新加载的第一个实例上，假设提交导致重新加载，$_POST 被设置并且代码正确执行。我在某处读到 PHP 函数在使用 isset 时无法返回值，这可能是我在这里所面临的吗？
我从未听说过或遇到过这个问题。我无法想象在任何情况下这都行不通。您确定要从 postcode() 返回值并在调用代码中捕获它吗？

【解决方案2】：

尝试改变

function postcode($partnum,$lqty)

到

function postcode($partnum,&$lqty)

见http://www.php.net/manual/en/language.references.pass.php

【讨论】：

您应该尽可能避免通过引用传递。见stackoverflow.com/questions/2157799/…
当然，但这似乎是一个合理的案例。 “我希望我后来在 while 循环中的一些代码使用 $lqty 的更新值”是什么让我认为它是合适的。让 postcode 函数返回一个值（这是合理的），如果它曾经被其他代码调用过，它很可能会导致副作用。但重点。
通过引用传递似乎是适合我情况的理想解决方案。这个解决方案有效，谢谢克里斯。