Question

我正在尝试通过变量实例化一个类（一个Laravel3 Eloquent模型），我收到一个错误，说找不到该类。
但是，当我对类名进行硬编码时，它的工作正常（仅供参考，$contact_type下面的代码可能是电话，传真或电子邮件。）

这就是我现在正在玩的东西：

    foreach( $input AS $contact_type => $contact_info )
    {
        foreach( $contact_info AS $data )
        {
            $obj = new $contact_type( (array)$data);
            echo'<pre>Obj: ',print_r($obj),'</pre>';  // <----- For Testing
        }
    }

当我按上述方式运行代码时，会抛出 “Class'Phone'未找到” 错误。
当我用new $contact_type()（或传真或电子邮件）替换new Phone()时，它可以正常工作我打赌有一些简单的东西，我只是在看:)我错过了什么？请帮忙！

Answer 1

涵盖此内容的相关手册条目为here和here。引用第二个链接：

如果包含类名称的字符串与new一起使用，则将创建该类的新实例。如果类在命名空间中，则在执行此操作时必须使用其完全限定名称。

这对我有用：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

产生输出：

object(Phone)#1 (0) {
}

确保您不在命名空间中（如果是，请在字符串中包含Phone类的命名空间）。或者，您也可以尝试使用反射：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$reflectionClass = new ReflectionClass($classtype);
$phone = $reflectionClass->newInstanceArgs();
var_dump($phone);

如果Phone类在命名空间中，这也有效：

<强> Phone.php

<?php namespace Contact;

class Phone {}

<强> test.php的

<?php

include 'Phone.php';

$classtype = 'Contact\Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

我不是百分之百确定原因，虽然我怀疑在评估变量类名时，当前的命名空间映射是不可见的。请考虑以下代码：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$test = new WeirdName();

将其与：

进行比较

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$class = 'WeirdName';
$test = new $class();

当PHP决定为新实例分配内存时，如何知道将WeirdName的类名别名映射到SomePackage\Someclass？该别名仅对当前文件有效，实际执行该操作的代码甚至不在userland代码中，更不用于同一文件。

PHP：从变量实例化一个奇怪的失败

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