PHP为什么显式类型转换+1有效，但不适用于增量运算符
PHP为什么显式类型转换+1有效，但不适用于增量运算符
提问于 2018-06-19 07:06:14
我想显式地转换一个变量，而不考虑输入，并在类型转换之后递增它，而不是使用原始变量。例如，不是这样的：
$num = "47 downvotes";
(int) ++$num;我正在寻找类似于这个psuedo编码版本的东西，或者它的变体：
$num = "value";
++((int) $num);对于松散的PHP，我真的希望这能起作用，但如果不先创建另一个变量，我就不能使用前增量运算符。
$num = "value";
$cast = (int) $num;
echo ++$cast;在测试过程中，我发现PHP足够松散，只需添加一个数字即可工作：
$num = "47 dogs";
echo ((int) $num) + 1;我也理解我的第一个例子是正确的，但同样，出于任意原因，我需要确保它在递增/递减之前被强制转换。
所以问题是，为什么PHP足够宽松，可以让后者进行编译？
回答 1
Stack Overflow用户
发布于 2018-06-19 07:34:36
使用显式类型转换时，必须将结果赋给一个变量。在您的示例中，当变量是字符串时，您将尝试递增变量，这将失败，或者不会在与类型转换结合使用时产生预期的结果。
请看您的原始示例：
<?php
$num = "47 downvotes";
echo $num . PHP_EOL;
echo ++$num;递增字符串的结果并不是您期望的结果：
47 downvotes
47 downvotet所以你最初的假设是PHP不工作，而实际上它工作了。
$num = "47 downvotes";
echo (int) ++$num . PHP_EOL;
$num2 = "47";
echo (int) ++$num2;输出：
47
48类型转换的过程本质上是复杂的，有各种各样的行为可以产生意想不到的结果，只是不是所有可靠的“修复您的输入”可以让您在一行代码中找到任何字符串的数字部分，但这并不意味着PHP是有缺陷的。
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原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/50918576
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