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Notice: Trying to get property of non-object problem(PHP)解決辦法

編輯:PHP綜合
我這裡實際是調用了一個zend的數據庫訪問的方法,使用了fetchAll方法,但由於數據庫中沒有該記錄,所以返回的對象是null,所以我就判斷對象是否為null:

復制代碼 代碼如下:
if($obj==null){
...
}

這麼寫的結果,就是產生了上面那個notice,也真是奇怪,對象為null,竟然不能訪問了?

翻查資料後,發現,判斷是否為null,需要這麼判斷:

復制代碼 代碼如下:
if (isset($obj)) {
echo "This var is set set so I will print.";
}

這個isset是做什麼的呢?

isset函數是檢測變量是否設置。

格式:bool isset ( mixed var [, mixed var [, ...]] )

返回值:

若變量不存在則返回 FALSE
若變量存在且其值為NULL,也返回 FALSE
若變量存在且值不為NULL,則返回 TURE
同時檢查多個變量時,每個單項都符合上一條要求時才返回 TRUE,否則結果為 FALSE
如果已經使用 unset() 釋放了一個變量之後,它將不再是 isset()。若使用 isset() 測試一個被設置成 NULL 的變量,將返回 FALSE。同時要注意的是一個 NULL 字節(”\0″)並不等同於 PHP 的 NULL 常數。

警告: isset() 只能用於變量,因為傳遞任何其它參數都將造成解析錯誤。若想檢測常量是否已設置,可使用 defined() 函數。

看來剛才我那邊的判斷所出的問題,就是因為這個“是一個 NULL 字節(”\0″)並不等同於 PHP 的 NULL 常數”。
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