Question

如何通过引用传递对象？

我有以下脚本，并收到以下错误。

严格标准：myChild :: myMethod（）的声明应该是兼容myParent :: myMethod（$ id = NULL，＆amp; $ model = NULL）in 第19行/var/www/bidjunction/html/testing/passbyreference.php

<?php
class myParent
{
    public function myMethod($id=null,&$model=null)
    {
        $model=$model?$model:new stdClass();
        var_dump($model);
    }
}

class myChild extends myParent
{
    public function myMethod($id=null,$model=null)
    {
        $model=new stdClass();
        $model->foo='bar';
        parent::myMethod(123,$model);
    }
}
class myOtherChild extends myParent{}

$myChild=new myChild();
$myChild->myMethod();

$myOtherChild=new myChild();
$myOtherChild->myMethod();
?>

Answer 1

我将提供一些有关错误的一般信息。抛出它是因为方法参数不一样。您的父类需要一个指向引用的指针，而您的孩子期望实例本身。如果覆盖函数，则方法名称和参数必须相同。

改变它，所以他们都期望一个指针：

class myParent
{
    public function myMethod($id=null,&$model=null)
    {
    }
}

class myChild extends myParent
{
    public function myMethod($id=null,&$model=null)
    {
    }
}

或者他们都期待实例

class myParent
{
    public function myMethod($id=null,$model=null)
    {
    }
}

class myChild extends myParent
{
    public function myMethod($id=null,$model=null)
    {
    }
}

Answer 2

正如安德鲁在评论中所说。在覆盖子级或继承类中的方法时，根据LISKOV替换原则，两种方法中的方法签名应该相同。

http://en.wikipedia.org/wiki/Liskov_substitution_principle

Answer 3

当你扩展一个类时，如果你希望父类能够访问你必须注入它的子类，你就可以扩展该类类型而不是它的实例

class myParent
{

   public $child;

   public function addChild($child){
      $this->child = $child;
   }


}

$myParent = new parent();

$myChild=new myChild();

$myParent->addChild($myChild);

通过引用传递给父PHP类

3 个答案: