PHP：如何修复这种类型提示错误？

Posted 2023-03-22

【中文标题】PHP：如何修复这种类型提示错误？

【英文标题】：PHP: How do I fix this type hinting error?

【发布时间】：2021-02-17 17:25:50

【问题描述】：

function foo(int $one, int $two, int &$output): void

    $output = $one + $two;

foo(1, 2, $result);
var_dump($result);

产生这个错误：

php 致命错误：未捕获的 TypeError：传递给 foo() 的参数 3 必须是 int 类型，给定 null

如果不将$result 预先设置为预期类型的​​值等，有什么方法可以避免这种情况？

【问题讨论】：

为什么要为$output 设置类型提示？

首先，我习惯于对所有内容进行完全类型提示，因为我使用了 Psalm 和 PHPStan 等静态分析工具。他们会抱怨缺少类型提示，除非我通过注解/cmets 在异常中编码。

【参考方案1】：

来自manual

类型化的传递引用参数

引用参数的声明类型在函数入口时检查，但在函数返回时不检查，所以在函数返回后，参数的类型可能已经改变。

如果您立即为$output 分配一个新值，那么它的类型声明是无关紧要的。要么省略类型声明，要么将其标记为可为空

function foo(int $one, int $two, ?int &$output): void

    $output = $one + $two;

https://3v4l.org/j91DG

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当然，这种类型的模式很复杂，对于像这样简单的事情毫无意义

function foo(int $one, int $two): int

    return $one + $two;

【讨论】：

我的真实代码要复杂得多，实际上通过引用参数返回而不是返回值是有意义的。 ;-)

个人意见，但我觉得通过引用/输出参数返回很少合适

我同意。管理扩展我正在使用的库是一种丑陋的工作。

【参考方案2】：

您可以在 PHP 8 中使用联合类型：

function foo(int $one, int $two, int|null &$output): void

    $output = $one + $two;

foo(1, 2, $result);
var_dump($result);

【讨论】：

如果你与null联合，使用?int不是更有意义

@Phil，同样的东西不同的味道 imo