我在一个常见的文件中有以下内容.php：
$debug = true;
function debug_to_screen(&$array)
{
foreach($array as &$value)
{
if(is_array($value))
{
print("Debug Mode: " + $value);
}
}
}
在我的主文件中，然后我使用以下命令调用此函数：
require("common.php");
if(!isset($_COOKIE["qcore"]))
{
debug_to_screen("Cookie not found: ", var_dump($_COOKIE['qcore']));
}
但是，我收到以下错误：
致命错误：无法通过引用传递参数 1 C：''DWASFiles''Sites''junglegym''VirtualDirectory0''site''wwwroot''wp-content''plugins''QCORE''login.php 在第 8 行
这是我第一次尝试制作一个可以传递多个值的函数，所以我没有技能来理解为什么这不起作用。基本上 - 我想创建一个调试函数，我可以将多个值传递给它，该函数在我的公共文件中定义。
你的问题在这里：
debug_to_screen("Cookie not found: "...
您正在传递给期望通过引用传递数据的函数 - 这意味着您正在向其发送 ACTUAL 变量，而不是它的副本。
您需要先创建数组，然后通过引用将 i 传递给函数。
像这样：
$array=$_COOKIE;
debug_to_screen($array);
在您的函数中，您将其定义为：
function debug_to_screen(&$array)
额外的&意味着函数正在获取 ACTUAL 变量，而不是它的副本。
这也行不通：
function julie(&$bob)
{
// something..
}
julie(5);
这是因为尽管函数可以更改 5，但它不能通过引用传递返回。
$var1=5;
julie($var1);
这将非常有效，因为可以修改 $var 1，并且调用函数的外部代码可以使用更改的变量。
您的函数function debug_to_screen(&$array)只接受一个参数，但是您将文本作为第一个参数发送，cookie作为第二个参数发送。
所以
取代
debug_to_screen("Cookie not found: ", var_dump($_COOKIE['qcore']));
自
debug_to_screen($_COOKIE['qcore']);
无需按引用传递，当只定义一个参数时，您将传递两个参数。您还尝试print数组，var_dump打印不返回。
我认为您需要查看正在使用的函数的PHP文档，这里有许多问题。