为什么错误“预计会成为参考，给定的值”出现？

function test(&$a) ...

通过

call_user_func('test', $b);

2010-09-03 noxvile

call_user_func可以通过值与调用函数的参数仅传递参数，而不是参考。如果你想通过引用传递，你需要直接调用函数，或者使用call_user_func_array，它接受引用（但是这可能无法在PHP 5.3及更高版本中使用，具体取决于手册的哪一部分）。

2010-09-03 15:22:14

@Artefacto我最初没有这样做，因为该手册指出它不是5.3中的情况，但我更新了我的答案。 – 2010-09-03 19:41:23

我会直接调用它，因为我刚才有一个脚本在我的服务器上用“call_user_func_array”正常工作的情况，但是对于我的客户端它会引发错误（我使用5.3.x，他也一定是）。所以它似乎有点触摸和去。 – 2012-04-12 10:00:58

注意，对于call_user_func（）的参数不被引用传递。

所以，你有答案。然而，在它周围有一个方式，通过manual

call_user_func_array('test', array(&$b));

再次阅读应该可以通过引用传递它。

2010-09-03 15:23:46

但是，根据手册，该解决方法只能在PHP 5.3之前运行。 – 2010-09-03 15:31:13

是的，这是真的，所以它可能是最好的避免使用该方法，因为它不会向前兼容。 – 2010-09-03 15:35:16

>注意这对于PHP> 5.3.0不起作用，所以请谨慎使用它。但是我只是尝试了PHP 5.3.3，它没有任何警告/通知。其似乎call_user_func_array隐藏错误。 – noxvile 2010-09-03 15:39:04

我刚刚有同样的问题，改变（对我来说）：

$result = call_user_func($this->_eventHandler[$handlerName][$i], $this, $event);

到

$result = call_user_func($this->_eventHandler[$handlerName][$i], &$this, &$event);

似乎工作在PHP 5.3就好了。

它甚至不是一种解决方法，我认为，它只是做的是告诉:-)

2011-03-14 12:08:25 rhalff

不赞成使用的方法。 – 2018-03-08 09:52:31

您需要设置变量等于函数的结果，像这样......

$b = call_user_func('test', $b);

和功能应该写入如下...

function test($a) { 
    ... 
    return $a 
}

其他通过引用传递工作一回合已被弃用。

2012-09-30 08:33:52 reubano

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