如何在 if 语句 PHP 外部访问函数变量 - how to access function variable outside if statement php

how to access function variable outside if statement php

如果我声明时可以看到 opType == "Anand" else 语句

，我如何从 else 语句之外访问函数变量，而不是代码将运行，但我使用邮递员看到结果

if (!(empty($_POST)) & isset($_POST)) {
    $opType = $_POST["opType"];
    if ($opType == "insertFuelEngineMap") {
        //insert into fuel_engine_capacity_mapping setValuesForCreation(false); 
        $query = "INSERT INTO fuel_engine_capacity_mapping(cf_mapping_id,capacity_id) VALUES ('$cf_mapping_id','$capacity_id')";
        $loginResult = mysqli_query($link, $query);
        if (mysqli_affected_rows($link) > 0) {
            $userdata = array('status' => '200', 'msg' => "insertlol into fuel_engine_capacity_mapping successfully", 'mapping_id' => $link->insert_id);
        } else {
            $userdata = array('status' => '404', 'msg' => " Cant fuel_engine_capacity_mapping " . mysqli_error($link));
        }
    }
    if ($opType == "anand") {
        function addition() {
            $GLOBALS['z'] = $GLOBALS['x'] + $GLOBALS['y'];
        }
    }
}
addition();
echo $z;

您可以返回值：

//Modify you function so it will return the result
function addition() {
    return $GLOBALS['z'] = $GLOBALS['x'] + $GLOBALS['y'];
}

然后：

//Catch variable and echo
echo $z = addition();

我希望这是你想要的，因为你的问题不清楚。此外，如果$opType与anand不同，则会出现错误，因为函数将被调用，但它将不存在。

最好在任何情况下声明它，而不仅仅是在$opType === 'anand'.

仅在设置了某个变量时，才在 if 语句内声明一个函数，然后在该 if 语句外部调用它，您不检查该变量是否设置了灾难计划！

而是在代码的主体中定义函数并使用参数调用它，然后只返回计算值

<?php
function addition($a, $b) {
    return $a + $b;
}
$z = addition($x, $y);
echo $z;