Question

所以我有一个BaseValuation抽象类，它的实现示例为FooValuation和BarValuation。

我想根据使用输入实例化Foo或Bar实现。所以我创建了一个名为Valuation的简单类，它只是这样做：

<?php

namespace App\Valuation;

class Valuation
{
    public $class;

    public function __construct($id, $type = 'basic')
    {
        $class = 'App\Valuation\Models\\' . ucfirst($type) . 'Valuation';

        $this->class = new $class($id);
    }

    public function make()
    {
        return $this->class;
    }
}

使用这个我可以简单地(new App\Valuation\Valuation($id, $type))->make()，我将根据用途要求获得所需的实现。

但我知道laravel的容器功能强大，必须允许我以某种方式做到这一点，但我无法理解如何做到这一点。任何人的想法？

Answer 1

您可以将类绑定到任何字符串，通常这是在服务提供者中完成的。

$this->app->bind('string', SomethingValuation::class);

然后您可以使用App::make('string')实例化此内容。

我认为当您将单个实现（具体）绑定到接口（抽象）而不是绑定多个类时，这会有更多价值。

您也可以通过调用App::make(\Full\Path::class)让Laravel为您实例化该课程。

两者都允许您将模拟注入具有相同名称的容器中以进行测试。

如何基于laravel中的类型实例化类？

1 个答案: