未捕获的引用错误：.. 未定义 .. 但我可以在错误字符串中看到该变量

Question

这行代码var $sTest = <?php echo $a = $_GET['ID']?>返回“未捕获的引用错误：.. 未定义”。

对于这个问题，如果我们假设我传递的是“ABC”的 ID。当我在 Chrome 中使用开发人员工具并检查资源时，我可以看到 $_GET已经工作，因为它向我显示了变量值。这种情况下的错误消息是“未捕获的引用错误：未定义 ABC”。

我不知道如何将 php 变量分配给脚本变量。帮助表示赞赏。

Answer 1

这是因为您必须引用 php 脚本的输出：

var $sTest = <?php echo $a = $_GET['ID']?>

将成为

var $sTest = something;

并且在您的 Javascript 环境中something未定义。如果你想保留尽可能多的类型信息，你应该像这样在 php 端使用json_encode：

var $sTest = <?php print json_encode($_GET['ID']);?>;