您可能需要检查变量是否声明并具有正确的类型。

if (!isset($res) || !is_object($res)) {
    $res = new \stdClass();
    // With php7 you also can create an object in several ways.
    // Object that implements some interface.
    $res = new class implements MyInterface {};
    // Object that extends some object.
    $res = new class extends MyClass {};
} 

$res->success = true;

参见PHP匿名类。

尝试使用:

$user = (object) null;

试试这个:

ini_set('error_reporting', E_STRICT);

我把以下内容放在出错的PHP文件的顶部，错误不再显示:

error_reporting(E_ERROR | E_PARSE);

我也有类似的问题，这似乎解决了问题。你只需要将$res对象初始化为一个类。假设这里的类名是test。

class test
{
   //You can keep the class empty or declare your success variable here
}
$res = new test();
$res->success = false;

对于PHP <= 5.3，这个消息是E_STRICT。从PHP 5.4开始，它不幸地被更改为E_WARNING。因为E_WARNING消息很有用，所以您不希望完全禁用它们。

要消除此警告，必须使用以下代码:

if (!isset($res)) 
    $res = new stdClass();

$res->success = false;

这是完全等价替换。它保证了与PHP所做的完全相同的事情——不幸的是现在有警告——隐式对象创建。您应该始终检查对象是否已经存在，除非您绝对确定它不存在。Michael提供的代码一般来说并不好，因为在某些上下文中，对象有时可能已经在代码中的相同位置定义了，这取决于具体情况。