PHP 7和严格的"资源"类型

Question

PHP 7是否支持严格的资源类型？如果是这样,怎么样？

例如:

    declare (strict_types=1);

    $ch = curl_init ();
    test ($ch);

    function test (resource $ch)
    {

    }

以上将给出错误:

致命错误:未捕获的TypeError:传递给test()的参数1必须是资源的实例,给定资源

var_dump on $ch显示它是资源(4,curl),手册说curl_init ()返回资源.

是否可以严格键入test()功能来支持$ch variable？

Answer 1

PHP没有资源的类型提示,因为

没有添加任何类型的资源提示,因为这会阻止资源从现有扩展的对象转移到某些已经完成的扩展(例如GMP).

但是,您可以is_resource()在函数/方法体内使用来验证传递的参数并根据需要进行处理.可重用的版本将是这样的断言:

function assert_resource($resource)
{
    if (false === is_resource($resource)) {
        throw new InvalidArgumentException(
            sprintf(
                'Argument must be a valid resource type. %s given.',
                gettype($resource)
            )
        );
    }
}

您可以在代码中使用它,如下所示:

function test($ch)
{
    assert_resource($ch);
    // do something with resource
}

Answer 2

resource不是一个有效的类型,因此根据良好的旧PHP/5类型提示,它被假定为类名.但是curl_init()不返回对象实例.

据我所知,没有办法指定资源.它可能不会那么有用,因为并非所有资源都是相同的:生成的资源fopen()对此无用oci_parse().