Php魔术方法和空

Question

具有以下代码

class test {
    private $name;
    public function __get($name){
        return $name;
    }
    public function __set($name,$value){
        $this->name = $value;
    }
}
$obj = new test();
$obj->a = 2;

if (!empty($obj->a)) {
    echo 'not empty';
}

我是__isset。但是这没有被定义，所以它总是返回空。检查非空属性的最佳方法是什么？

更新:更改类不是一个解决方案，因为它是第三方组件，它必须保持不变。

Answer 1

如果不能更改类，我认为唯一可能的解决方法是使用临时变量。

$obj->a = 2;

$test = $obj->a; 

if (!empty($test)) {
    echo 'not empty';
}

Answer 2

我知道我来得太晚了，但我把这篇文章贴出来是为了给那些遇到这个问题的人一个启发。

首先，我认为测试类是错误的，如果这真的是第三方组件所做的，我会把它扔掉，因为它是垃圾。您真的希望所有属性名称都在内部映射到单个属性'name'，从而覆盖彼此吗？您真的希望所有属性名都作为属性值返回吗？代码的应该如下所示：

class test {
    public function __get($name){
        return $this->$name;
    }
    public function __set($name,$value){
        $this->$name = $value;
    }
}

其次，您可以对类进行更改，即使它必须保持不变。这就是继承的要点。这是open-closed principle。如果函数不正确，只需像这样扩展test来更正它们：

class test {
    private $name;
    public function __get($name){
        return $name;
    }
    public function __set($name,$value){
        $this->name = $value;
    }
}

class my_test extends test
{
    public function __get($name)
    {
        return $this->$name;
    }

    public function __set($name,$value){
        $this->$name = $value;
    }
}

您不应该定义__isset()，因为校正后的代码将执行它应该执行的操作，但是如果您这样做了，您也可以在这里执行此操作。

现在，下面的代码将做它应该做的事情(注意类名的更改)：

$obj = new my_test();
$obj->a = 2;

if (!empty($obj->a)) {
    echo 'not empty';
}

Answer 3

当与除变量以外的任何变量一起使用时，它没有意义；例如，空(addslashes ($ name))没有意义，因为它将被除变量之外的任何其他变量检查为值为FALSE的变量。

在您的例子中，您应该使用类型转换：

if ((bool)$obj->a) { echo‘非空’；}