为什么代码以这种方式表现WRT引用返回？
这是我的设置：
display_startup_errors = on
display_errors = On
error_reporting = E_ALL | E_STRICT
$b;
function func ($name) {
global $b;
$b = 10;
return $b;
}
$a =& func("myname");
++$a ;
echo '<br/>$a= '.$a.' $b= ' .$b."<br/>";
xdebug_debug_zval('a'); echo "<br/> ";
以上代码输出的注意事项如下：
严格的标准：只有变量应该通过/path/to/file/file.php中的'某些行号'
$ a = 11 $ b = 10
a：（refcount = 1，is_ref = 0）= 11
为什么上面的代码显示通知？ 为什么有一个COW（正在撰写副本）发生？
$b;
function &func ($name) {//change here: to return a reference.
global $b;
$b = 10;
return $b;
}
$a =& func("myname");
++$a ;
echo '<br/>$a= '.$a.' $b= ' .$b."<br/>";
xdebug_debug_zval('a'); echo "<br/> ";
上面的代码将输出：
$ a = 11 $ b = 11
a：（refcount = 1，is_ref = 1）= 11
为什么没有严格的标准通知？ 这里的参考工程。
$b;
function &func ($name) {
global $b;
$b = 10;
return $b;
}
$a = func("myname"); //change here: removed &
++$a ;
echo '<br/>$a= '.$a.' $b= ' .$b."<br/>";
xdebug_debug_zval('a'); echo "<br/> ";
上面的代码将输出：
$ a = 11 $ b = 10
a：（refcount = 1，is_ref = 0）= 11
为什么COW会在这里举行？
有关xdebug_debug_zval的信息，请访问此处。
在PHP中作为参考的&运算符在最近的版本中被删除。 特别是从PHP5开始。 现在所有的引用类型数据（类等）都通过引用自动传递。
阅读返回引用和通过引用传递
您的第二个代码段正常工作。
在PHP中，如果你想通过引用返回，你必须在分配时在定义中编写use & operator。 请参阅PHP参考文档。 因此，2nd有正确的语法，它没有给出任何警告。
由于您尚未定义此函数将返回引用，并且您仍在通过引用分配其返回值，因此第一个代码段将发出警告。 所以，它不会工作。 （见a的值增加到11，但b只有10）。
在第三个片段中，您不分配参考，因此它不会发出任何警告。 （但是因为这个参考是行不通的（参见a和b值的差别）
我怎么会错过这个：这完全是我的问题！ 从PHP返回参考手册
注意：如果尝试使用以下语法从函数返回引用：return（$ this-> value）; 这不会起作用，因为您试图通过引用返回表达式的结果而不是变量。 你只能通过函数的引用返回变量 - 没有别的。 从PHP 4分支中的PHP 4.4.0和PHP 5分支中的PHP 5.1.0开始，如果代码尝试返回动态表达式或新运算符的结果，则会发出E_NOTICE错误。
To use the returned reference, you must use reference assigment:
<?php
function &collector() {
static $collection = array();
return $collection;
}
$collection = &collector();
$collection[] = 'foo';
?>
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