PHP:只能通过引用传递变量

Question

我在第57行收到此错误: $password = str_replace($key, $value, $password, 1);

据我所知,我只传递变量.这是一些更多的背景:

$replace_count = 0;
foreach($replacables as $key => $value)
{
    if($replace_count >= 2)
        break;
    if(strpos($password, $key) !== false)
    {
        $password = str_replace($key, $value, $password, 1);
        $replace_count++;
    }

}

Answer 1

您不能传递1的常量,修复是将其设置为变量.

更改:

$password = str_replace($key, $value, $password, 1);

至:

$var = 1
$password = str_replace($key, $value, $password, $var);

更新:更改为在注释中的反馈中声明方法调用之外的变量.

Answer 2

通过1那里毫无意义.(为什么不通过42,或-5？)的第四个参数str_replace是仅用于传递信息反馈给你.该功能不使用变量的原始价值可言.那么,如果没有使用,那么传递内容的重点是什么(即使是允许的话),并且你不会使用发回给你的新值？该参数是可选的; 只是不要传递任何东西.