PHP函数按引用传递参数时原变量未被修改原因咨询

你遇到的现象和引用传递的特性无关，是strtoupper函数本身的设计逻辑导致的：PHP内置的绝大多数字符串处理函数（包含strtoupper）都是返回处理后的新字符串，不会直接修改传入的原始参数。哪怕你传入的是引用变量，函数本身没有修改参数值的逻辑，自然不会改变原始变量的内容。

可以用下面的逻辑验证引用传递本身是正常生效的：

<?php
    $str = "ciao";
    increment($str);
    
    function increment(&$str){
        // 直接修改引用指向的变量内容
        $str = "test";
    }
    echo $str."\n"; // 输出结果为test
?>

运行后外部的$str会被修改为test，足以证明引用传递的机制是正常工作的。

PHP的字符串属于可变类型，和Java的不可变字符串设计完全不同，你可以直接通过下标修改字符串的单个字符，比如$str[0] = 'C'就会直接修改原字符串的值，不需要生成新的字符串对象。

PHP中按引用传递参数时，是否需要把结果赋值给引用变量，取决于你使用的处理函数/操作的行为：

• 如果你使用的是直接修改输入参数的函数（比如数组排序的sort()、rsort()，这类函数的参数本身就要求传引用），不需要额外赋值，调用后原始变量就会被修改；
• 如果你使用的是返回处理结果、不修改输入参数的函数（比如strtoupper()、substr()、array_map()等），不管你是不是用引用传递，都需要把函数返回值赋值给引用变量，才能修改外部的原始变量。

<?php
    $str = "ciao";
    increment($str);
    
    function increment(&$str){
        // 把strtoupper返回的新字符串赋值给引用变量，同步修改外部原始变量
        $str = strtoupper($str);
    }
    echo $str."\n";
?>

运行后会输出预期的CIAO。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Luca Olivieri