我尝试使用symfony4中var-dumper包中的精彩转储功能，但由于某种原因，我收到以下错误:无法启动session，因为header已由第181行的“vendor\symfony\var-dumper\Dumper\AbstractDumper.php”发送。此外，当我尝试在twig模板中使用{%dumpfoo%}标签时，出现错误:未知的“转储”标签。谁能帮帮我？ 最佳答案 一个叫SimonWaldburger的人在类(class)的评论中提到安装“调试”解决了这个问题(它为我解决了)。该说明在下一课中。composerre
我正在尝试调试Magento中的PayPal审核流程。每次我尝试转储以下变量时，我都会得到一个白页://thevariabledeclaration:$shippingAddress=$this->getShippingAddress();//thedumpthatbreaksthepage:';print_r($shippingAddress);echo'';?>我还尝试在页面上使用一个变量，该变量用于除if语句之外的其他用途。//thisvariabledisplaysresults';print_r($billingBlock->setShowAsShippingCheckbox
我需要一个函数来验证变量的内容是否是有效的unix时间戳。我检查过这个线程:Checkwhetherthestringisaunixtimestamp但问题是投票最多的答案中的函数仍然会导致一些错误，例如:functionis_timestamp($timestamp){return((string)(int)$timestamp===$timestamp)&&($timestamp=~PHP_INT_MAX);}//Sometests:$timestamp=1289216307;var_dump(is_timestamp($timestamp));var_dump(date('Y-m
我知道E_WARNING是由PHP生成的PHPWarning:Unknown:Inputvariablesexceeded1000但是我怎样才能在我的脚本中检测到它呢？ 最佳答案 “足够接近”的方法是检查if(count($_POST,COUNT_RECURSIVE)==ini_get("max_input_vars"))如果POST变量的数量恰好在限制内，这将导致误报，但考虑到默认限制为1000，这不太可能成为问题。 关于php-在PHP中，如何检测输入变量因超过max_input_v
按照目前的情况，这个问题不适合我们的问答形式。我们希望答案得到事实、引用或专业知识的支持，但这个问题可能会引发辩论、争论、投票或扩展讨论。如果您觉得这个问题可以改进并可能重新打开，visitthehelpcenter指导。关闭10年前。我个人使用var_dump,但很多人喜欢print_r.大家都用什么？优点和缺点？有没有人有自己的特殊自酿功能？
假设我有一个尚undefinedvariable$var。为什么我没有收到此声明的错误:if(isset($var)&&$var){//something}else{//dosomethingelse}如果还没有设置“&&$var”，你如何检查它是否为真？isset()是否对if语句执行某些操作。当然这应该返回:Notice:Undefinedvariable:$var 最佳答案 当if语句的第一部分失败时，其余部分不会被评估，因为整个语句不可能为真。只有当isset部分为真时，执行才会到达您的$var语句。这是一种标准语言特性，对
我怎样才能有一个boolean返回函数？我的意思是在其他编程语言上也是如此。returntrue;//returnfalse 最佳答案 这个问题没有完全意义，因为你没有问你已经解决的问题。PHP中的函数可以这样实现。functioncheck($int){if($int==3){returntrue;}else{returnfalse;}}if(check(3))echo"Returnedtrue!"; 关于返回boolean值的PHP函数，我们在StackOverflow上找到一个类似
我有一个函数可以将一个类作为参数传递给它。我想将传递的类的类名作为字符串获取。我试着把这个方法放在传递的类中:functiongetClassName(){return__CLASS__;}但是如果类被扩展，我假设这将返回子类的名称，但它仍然返回父类(superclass)的名称，我觉得这有点奇怪。那么给定一个$var作为参数传递给函数，有没有办法得到类名的字符串？谢谢!! 最佳答案 参见get_class，这应该正是您要实现的目标。$class_name=get_class($object);
因为我使用的是json和ajax，所以我无法在有效的json上传递值。是否只返回vardump的值而不回显输出到浏览器。例如$data='my_data';get_var_dump($data);//notrealfunc//shoulddonothing.$get['data']=get_var_dump($data);$get['error']=false;echojson_encode($get);//shouldbesomethinglike//{"data,"string(7)my_data","error":false}或我只想分配给var而不是输出它的print_r等价物
我们以前都遇到过，需要在输入字段中打印一个变量，但不确定是否设置了var，就像这样。基本上这是为了避免e_warning。'>我怎样才能把这个写得更短？我可以引入这样的新功能:'>但是我没有成功编写printvar()函数。 最佳答案 对于PHP>=7.0:从PHP7开始，您可以使用null-coalesceoperator:$user=$_GET['user']??'guest';或者在你的用法中:对于PHP>=5.x:我的建议是创建一个issetor函数:functionissetor(&$var,$default=null){
