PHP异常Parseerror:syntaxerror错误解决方法

PHP异常Parseerror:syntaxerror错误解决方法

在PHP中根本不需要使用var声明的，但是当一个变量作为一个类的成员变量的时候，使用var还是没有问题的

其实，这是一个非常容易解决掉的问题。在我看来，似曾相识，呵呵，最近学JavaScript可是学会了使用var声明变量。

其实，在PHP中根本不需要使用var声明的，但是当一个变量作为一个类的成员变量的时候，使用var还是没有问题的。

在外部使用var就报错Parse error: syntax error, unexpected T_VAR in...，例如我的出错信息：

Parse error: syntax error, unexpected T_VAR in D:\Apache2.2\htdocs\shirdrn\page\p2\pageUtil.inc on line 34

我在测试：在一个类的内部，使用一个自己定义的类对象作为这个类的成员时，出错了。

Address类对应的address.inc代码：

代码如下:

road = $road;
   }
}
?>

Person类及其测试代码为person.php如下：

代码如下:

name."
";
    echo "Road : ".$this->address->road."
";
   }
}
var $p = new Person();
$p->address = new Address();
$p->address->setRoad("Chagnchun Road");
$p->name = "Shirdrn";
$p->display();
?>

测试输出现异常：

Parse error: syntax error, unexpected T_VAR in D:\Apache2.2\htdocs\shirdrn\page\p2\pageUtil.inc on line 34

就是因为在person.php代码中使用var声明变量，PHP中是不能这样的，只要使用“$”符号起始就表示这个字符后面的是一个PHP变量。