有可能告诉php解释器忽略代码块吗？

Question

背景

回到我进行C编程的那天,我们使用了假设语句来确保代码是健康的.就像是:

aFunction(int hello)
{
  assume(hello < 10);

关于assume语句的一个很酷的事情是它被定义为一个空的宏用于发布编译,而一个假的语句在调试编译时死掉.因此,开发人员拥有断言语句的所有好处,可以检查他们的假设,而不会导致不必要的错误或影响性能

问题

现在我正在使用php我正在寻找类似的机制.我目前的假设声明看起来像这样:

define(DEBUG, getenv('debug'));
function assume($a)
{
  if (DEBUG && !$a)
  {
    echo 'ASSUME FAILURE <br />';
    echo '<pre>';
    print_r(debug_backtrace());
    die('<pre>');
  }
}
assume($a == $b);

如您所见,我在服务器设置中设置调试标志以删除实际的die语句等.但是仍然执行函数调用,仍然会评估if语句.如果它只发生几千次,这并不是什么大问题,但随着代码越来越大,并且这些假设被置于循环中,这可能会对性能产生合理影响.

题

有没有办法告诉解释器或opcache(我目前正在使用php 5.5中包含的zend opcache)完全忽略这些假设语句？还是有另一种方法来处理这个问题？

Answer 1

不同之处在于C编译器已经过优化,可以消除未使用的代码块.在PHP中,assume是函数调用,函数必须存在.

几个解决方案.首先,你可以使用assert().该assert功能与您自己的assume功能类似.如果断言失败,则调用定义的断言处理程序.您可以轻松启用或禁用断言,如果禁用它们,则根本不会调用断言处理程序.

如果你想继续你自己的assume功能,你仍然可以通过根据define声明函数来稍微优化它:

<?php
define(DEBUG, getenv('debug'));

if (DEBUG) {
  function assume($a) {
    echo 'ASSUME FAILURE <br />';
    echo '<pre>';
    echo print_r(debug_backtrace());
    die('<pre>');
  }
} else {
  function assume($x) {}
}

这样,您实际上将其声明assume为空函数.Michael Berkowski的评论证实了我担心PHP并没有完全消除这个电话,但至少你拯救了if.

另一个解决方案是调用假设更复杂:

DEBUG && assume($x < 10);

这样,如果DEBUG为false,则根本不进行调用.这样只评估布尔值,并且不进行函数调用.当然,以这种方式调用它有点难度和可读性,但我认为不调用函数的节省比消除函数更重要if.