有没有办法让PhpStorm知道一个方法只会抛出异常而什么都不返回？

Question

if ($condition) 
    $foo = 'bar'; 
else 
    throw_exception(); 
echo $foo; 

对于此代码，PhpStorm认为$foo可能未被定义并显示警告。我必须添加/** @noinspection PhpUndefinedVariableInspection */以消除警告，我希望有更好的解决方案。

Answer 1

ATM - 不。

https://youtrack.jetbrains.com/issue/WI-10673可能是一个解决方案（一旦它将被实现）。

现在甚至宣布throw_function()与@throws Exception没有帮助（因为抛出异常仅仅是可能的情况之一，而不是义务）。

手表及以下相关门票（星/票/评论）得到通知的任何进展：

• https://youtrack.jetbrains.com/issue/WI-7462
• https://youtrack.jetbrains.com/issue/WI-6562

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现在，我只是建议用以下更简单易读的方式重写代码：

if (!$condition) { 
    throw_exception(); 
} 

$foo = 'bar'; 

echo $foo; 

如果不满足条件，则退出发生得更早（由于抛出的异常），下面的代码将不会被执行。阅读和理解这种方式要容易得多（遵循代码执行流程）。

Answer 2

我认为PhpStorm是对的，因为如果你不符合$condition那么$foo是未定义的。

您可以在if块之前声明$foo一个空值（或假，或“” ...），以避免该警告（恕我直言，这是一个更好的解决方案）：

$foo = ''; 
if ($condition) 
    $foo = 'bar'; 
else 
    throw_exception(); 
echo $foo; 

Answer 3

（见这更象是一个评论，而答案请）

由于ATX说这是因为当它读取$foo不definied。这被称为undefinied read data flow anomaly。这不是PHPStorm或任何其他IDE的“问题”，而是您的代码或更一般的PHP语法。在else-case中的静态代码分析只能看到一个方法调用的方法调用throw_exception，而不是脚本的结尾。因此，在这种情况下，您的代码如下所示：

throw_exception(); 
echo $foo 

然后您读取一个未编辑的变量。

让我们比较这对一个JAVA例如

public void test(boolean condition) throws Exception { 

    if (condition) { 
    String foo = "this"; 
    } else { 
    throw new Exception(""); 
    } 
    // Doesn't compile: foo can not be resolved to a variable 
    System.out.println(foo); 
} 

这并不能编译，因为在印刷foo线“富不能被解析为一个变量”。同样，当这种方法不抛出异常，但退出方法有返回值：

public boolean test(boolean condition) { 

    if (condition) { 
    String foo = "this"; 
    } else { 
    return false; 
    } 

    // Doesn't compile: foo can not be resolved to a variable 
    System.out.println(foo); 
    return true; 
} 

让我们扩展示例：

public void test(boolean condition, String foo) { 

    if (condition) { 
    foo = "this"; 
    } else { 
    System.out.println("else"); 
    } 

    System.out.println(foo); 
} 

此编译和你没有得到的警告静态代码分析，因为静态代码分析没有看到ur-anomaly：foo ist在方法头中定义，即使它被定义为null。

希望这有助于理解你为什么得到警告，并应始终确定你的变量。