尝试在具有“资源”类型的命名空间类上创建函数

Question

大家早上好，我试图在一个返回资源类型的命名空间类上创建一个函数，但是，我失败了。

我想做的是：#1

public function SQLQuery($query):resource
{
    // the magic...
}

与以下语法一起使用：

$SQL = SQLQuery('SELECT * FROM my_db');

但结果是：

语法错误，意外'：'，期待'；'或'{'，因为我运行的PHP 5.6和该功能需要PHP 7...

因此，我尝试了另一种方法，但它对我也不起作用：#2

public function SQLQuery($query, &$resrc)
{
    $resrc = mysqli_query($SQLDB, $query);
    // the magic...
}

SQLQuery('SELECT * FROM my_db', $resrc_var);

因此，我尝试了另一种方法，至少基本上对我有效：3

public function SQLQuery($query)
{
    $resrc = mysqli_query($SQLDB, $query);
    // the magic...
    return $resrc;
}

$SQL = SQLQuery('SELECT * FROM my_db');

Answer 1

根据您的评论，您使用的是PHP5.6，但是PHP7中引入了返回类型。因此，要使用该功能，您需要更新到PHP7或更高版本。