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php类,使用“var”声明变量时分析语法错误

object syntax mysql php

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user48202 · 技术社区 · 15 年前

我是一个试图把我对OOP的理解转换成PHP的C人。我正在努力制造我的头等舱物品,而且还遇到了一些麻烦。

这是课程的开始:

<?php

require("Database/UserDB.php");

class User {

  private var $uid;
  private var $username;
  private var $password;
  private var $realname;
  private var $email;
  private var $address;
  private var $phone;
  private var $projectArray;

  public function _construct($username) {

    $userArray = UserDB::GetUserArray($username);
    $uid       = $userArray['uid'];
    $username  = $userArray['username'];
    $realname  = $userArray['realname'];
    $email     = $userArray['email'];
    $phone     = $userArray['phone'];
    $i = 1;
    $projectArray = UserDB::GetUserProjects($this->GetID());
    while($projectArray[$i] != null) {
      $projectArray[$i] = new Project($projectArray[$i]);
    }

php是我的所有静态函数与这个用户类的数据库交互的地方。当我使用var时,我会得到错误的使用,我会感到困惑。我知道我不必使用var,也不必声明变量,但我觉得这样做更好。

错误为“意外的t_变量,应为t_变量”

当我简单地从声明中删除var时,它会起作用。为什么会这样?

1 回复 | 直到 15 年前

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Felix Kling 15 年前

你把事情搞混了。以前 PHP 5

var $uid;

自从 PHP 5

private $uid; // or
protected $uid; // or
public $uid;

你可以在 Properties documentation :

注: 为了保持与php 4的向后兼容性,php 5仍然接受使用关键字 var 在属性声明中而不是 public , protected 或 private . 然而, var 不再需要。在5.0到5.1.3版本的PHP中,使用 var 被视为已弃用,将发出e_严格警告,但由于php 5.1.3,它不再被弃用,不会发出警告。如果使用 var 而不是 公众的 , 受保护的 或 私有的 然后,php 5将把该属性视为已声明为公共属性。