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Question

我已经开始真正深入了解其他人的代码，我希望这被认为是一个简单的问题，但有些东西让我失望，希望你能解释一下：

当读取这个简单的启动脚本到模板引擎时，我注意到没有为$ variable-＆gt;对象设置定义或变量。

class Template {
protected $file;
protected $values = array();

public function __construct($file) {
    $this->file = $file;
   }
}

如果您在上面的基本代码中注意到$ this-＆gt; file = $ file，则会引用“file”对象而不会定义它。它是__construct函数的原因吗？还是我错过了别的什么？如果是这样，所有构造变量在函数中设置为“define（）”吗？

问题是，__construct是否作为一个define（）使得“file”可以在代码中的任何地方使用，就像它是一个变量$ file一样？或者“受保护”基本上定义了变量$ file，允许我使用变量$ file。但如果是这样的话，

怎么来

function __construct($file)

看起来不像：

function __construct(file) if that is the case?

猜猜我对如何调用“文件”以及代码的哪个部分定义为“文件”感到困惑？

Answer 1

$file属性在您的班级中定义：

class Template {
protected $file; // <-- HERE
protected $values = array();

无论如何，定义属性不是强制性的。在PHP中，您可以为对象的属性赋值，即使它没有在类中定义。

然而，这是一种不正常的工作方式，这有两个原因：

如果您使用未定义的属性，那么对于查看您的类的人来说，他们无法知道使用了这样的属性，因为它没有记录。
定义属性允许您指定访问修饰符：public如果必须可以从任何位置访问该属性private，如果它必须仅从类本身可用，和protected是否必须从其类本身或任何扩展它的类访问它。如果您定义没有访问修饰符的属性，则默认情况下它将是公共的。如果你根本没有定义这个属性，它将是相同的，但是没有更多的线索来弄清楚发生了什么。

如果您打算使用或维护您的代码的开发人员想要杀死您，只使用未定义的属性，因为我可以保证他们愿意。