PHP関数外部からの変数を使用

Question

function parts($part) { 
    $structure = 'http://' . $site_url . 'content/'; 
    echo($tructure . $part . '.php'); 
} 

この関数はこのページの一番上に定義された変数$site_urlを使用しますが、この変数は関数に渡されません。

どのように関数に返すのですか？

Answer 1

あなたは、あなたの関数に追加のパラメータを渡す必要がある二番目のパラメータを追加：クロージャの場合

function parts($site_url, $part) { 
    $structure = 'http://' . $site_url . 'content/'; 
    echo $structure . $part . '.php'; 
} 

を

あなたはというし、クロージャを使用したい場合はすることができます変数を現在のスコープにインポートします（useキーワード）：

$parts = function($part) use ($site_url) { 
    $structure = 'http://' . $site_url . 'content/'; 
    echo $structure . $part . '.php'; 
} 

global - 悪い習慣

この投稿は頻繁に読むので、何かを約globalを明確にする必要があります。それを使用することは悪い習慣と考えられます（thisとthisを参照）。ここで完全に期すため

はglobalを使用してソリューションです：

function parts($part) { 
    global $site_url; 
    $structure = 'http://' . $site_url . 'content/'; 
    echo($structure . $part . '.php'); 
} 

あなたはグローバル変数を使用したいインタプリタを伝えるために持っているので、それは動作しますが、今ではが、それは（内のローカル変数だと思っあなたの機能）。

候補]読書：ジャスト機能に入れ

• Variable scope in PHP
• Anonymous functions

Answer 2

：グローバルの$ SITE_URL。

Answer 3

また、useキーワードのクロージャを使用して、変数を外部スコープからインポートすることもできます。

$myVar = "foo"; 
$myFunction = function($arg1, $arg2) use ($myVar) 
{ 
return $arg1 . $myVar . $arg2; 
};