当遇到：Notice …Undefined variable…

这个问题太常规了。几乎所有接触PHP的人都会遇到过的。PHP的变量是不需要严格的显式声明的——就是你什么时候用，什么时候声明就行。 但是如果第一次使用一个没有被赋值的变量（非赋值语句），你就会遇到如下提示：

Notice: Undefined variable: email in D:\PHP5\ENOTE\ADDNOTE.PHP on line 9
Notice: Undefined variable: subject in D:\PHP5\ENOTE\ADDNOTE.PHP on line 9
Notice: Undefined variable: comment in D:\PHP5\ENOTE\ADDNOTE.PHP on line 9
........

本来php是不需要定义变量的，但是出现这种情况应该怎么办呢？

解决方法：
第一种，修改PHP.ini的设置使其不显示Notice级别的提示信息

修改php.ini 文件
将： error_reporting = E_ALL

修改为：error_reporting = E_ALL & ~E_NOTICE

如果什么错误都不想让显示，直接修改：
display_errors = Off

再重启apache服务软件就行了

如果你没有php.ini的修改权限,可在php头部加入

ini_set("error_reporting","E_ALL & ~E_NOTICE");
即可

第二种，严谨我们的程序，使其没有办法显示——推荐这种做法！


不信？那你试试看这个语句：
<?phpif($name) echo '出来，你这个警告提示！';?>

不出意外的你一定会遇到的……嘿嘿！

但是会出意外的，如果你在PHP.ini设置中屏蔽了Notice这个等级的提示那么他就不会显示任何提示了。

这种错误不会影响程序的功能的，我们不用担心，
但是为了程序的严谨性考虑，我们尽量避免任何警告、错误等明显的程序缺陷。
在使用变量的时候尽量保证这个变量已经被赋值（被定义过），但是在一些判断语句中可能这样做就失去了判断的意义。例如我们要判断变量$name是否等于“刘德华”，在判断前这个$name可能根本就没有定义。如果我们要这样写：
<?phpif($name=='刘德华') echo '帅哥';?>

在$name根本没有被定义过的情况下一定会收到一个 Notice的提示的，但是这样写：
<?phpif(isset($name)&& $name=='刘德华') echo '帅哥';?>

问题就没有了，我们只是加了一个判断条件isset($name)来验证变量$name是否被定义，如果$name已经定义了if里面的第二个条件才会被触发，这时候就不会出现Notice的提示了。

注意，函数isset()：如果参数变量已经被定义，返回真（true）否则返回假（false）。这个函数一定会被经常使用的，应该烂熟于心。