Notice: Trying to get property of non-object problem(PHP)解決辦法

2024-05-04 23:15:13

字體：大中小

來源：轉載

供稿：網友

我這里實際是調用了一個zend的數據庫訪問的方法，使用了fetchAll方法，但由于數據庫中沒有該記錄，所以返回的對象是null，所以我就判斷對象是否為null:

復制代碼代碼如下:

if($obj==null){
...
}

這么寫的結果，就是產生了上面那個notice，也真是奇怪，對象為null，竟然不能訪問了？

翻查資料后，發現，判斷是否為null，需要這么判斷：

復制代碼代碼如下:

if (isset($obj)) {
echo "This var is set set so I will print.";
}

這個isset是做什么的呢？

isset函數是檢測變量是否設置。

格式：bool isset ( mixed var [, mixed var [, ...]] )

返回值：

若變量不存在則返回 FALSE
若變量存在且其值為NULL，也返回 FALSE
若變量存在且值不為NULL，則返回 TURE
同時檢查多個變量時，每個單項都符合上一條要求時才返回 TRUE，否則結果為 FALSE
如果已經使用 unset() 釋放了一個變量之后，它將不再是 isset()。若使用 isset() 測試一個被設置成 NULL 的變量，將返回 FALSE。同時要注意的是一個 NULL 字節（”/0″）并不等同于 PHP 的 NULL 常數。

警告: isset() 只能用于變量，因為傳遞任何其它參數都將造成解析錯誤。若想檢測常量是否已設置，可使用 defined() 函數。

看來剛才我那邊的判斷所出的問題，就是因為這個“是一個 NULL 字節（”/0″）并不等同于 PHP 的 NULL 常數”。

上一篇：色色整理的PHP面試題集錦

下一篇：PHP圖片處理類 phpThumb參數用法介紹