Question

我正在处理两个文件 - 包含类Background的a.php和包含a.php的b.php。 *在a.php中，在类范围之外，有一个echo语句“background check”。

当我加载b.php时，我可以看到输出“background check”，但是当我尝试创建一个后台对象时，会出现下一条警告消息：

Fatal error: Class 'Background' not found in ....

以下是来自b.php的代码示例：

<?php
        include ('http://localhost/wT/sf/a.php');
        $url2="http://www.google.com";
        $b = new Background($url2);
?>

Answer 1

如果http://localhost/wT/sf/a.php（在Web浏览器中）的输出不是PHP源代码，那么您的include将无效。您可能（在您的情况下）必须包含文件系统中的文件，而不是通过HTTP地址。

Answer 2

使用包含的相对路线，不一个网址。

换句话说，您所包含的文件必须与您所包含的文件位于同一服务器上（或能够在同一服务器上访问）。

Answer 3

尝试使用此类功能：

<?php
        include ('/var/www/wT/sf/a.php'); //your filesystem location to a.php
        $url2="http://www.google.com";
        $b = new Background($url2);
?>

Answer 4

您正在使用web-url而不是使用系统路径，如

<?php
        include ($_SERVER['document_root'].'/a.php');
        $url2="http://www.google.com";
        $b = new Background($url2);
?>

Answer 5

在include方法中，您应该使用相对文件路径

根据给定的文件路径包含文件，如果没有给出，则指定include_path。如果在include_path中找不到该文件，include将最终在失败前检入调用脚本自己的目录和当前工作目录。如果找不到文件，include构造将发出警告

PHP包括不起作用

5 个答案: