Question

如何将类属性声明为对象？

我试过了：

 public $objectname = new $Object();

但它没有用。另外，你为什么要这样做呢？

仅仅实例化该对象并使用其成员不是更好吗？

Answer 1

来自PHP manual on class properties（强调我的）：

类成员变量称为“属性”。您也可以使用“属性”或“字段”等其他术语来查看它们，但出于本参考的目的，我们将使用“属性”。它们通过使用public，protected或private之一，然后是普通变量声明来定义。此声明可能包括初始化，但此初始化必须是常量值 - 也就是说，它必须能够在编译时进行评估，并且必须不依赖于运行时信息才能成为评估。

在构造函数（composition）

中创建它

class Foo
{
    protected $bar;
    public function __construct()
    {
        $this->bar = new Bar;   
    }
}

或inject在构造函数（aggregation）

中

class Foo
{
    protected $bar;
    public function __construct(Bar $bar)
    {
        $this->bar = $bar;   
    }
}

或使用二传手注射。

class Foo
{
    protected $bar;
    public function setBar(Bar $bar)
    {
        $this->bar = $bar
    }
}

您想要favor aggregation over composition。

Answer 2

如果您只是想要实例化一个泛型类，您可以这样做：

$objectname = new stdClass;

我不相信你可以在声明属性中这样做，所以你必须只声明$ objectname并在构造函数中将它设置为新的stdClass。

Answer 3

PHP不支持显式输入类成员。所以你不能说：

public Object $objectname;

如果类Object存在，并且您想要它的实例，请尝试：

 public $objectname = new Object();

Answer 4

您可以在构造器区域中创建一个新类，然后将其设置为新对象。

class CampaignGroupsProperty
{
    public $id;
    public $name;
}



class GetCampaignGroupsResponse
{
    public $result;
    public $resultCode;

    public $campaignGroups;

    public function __construct()
    {
        $this->campaignGroups = new CampaignGroupsProperty();
    }
}

然后您可以像

那样称呼它

$response = new GetCampaignGroupsResponse();
$response->campaignGroups->id = 'whatever';
$response->result=true;

将属性声明为对象？

4 个答案: