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php - 使用未按预期工作的外部类

问题描述

我有一个问题，我试图从另一个文件中的类调用方法。我已经完成了：use Tests\Feature\testName当我尝试在我的函数中使用它时，这显示了该类，甚至显示了我试图在 testName 文件中调用的函数。但是，当我尝试只运行 PHP 文件时，我得到了这个错误：

Uncaught Error: Class 'Tests\Feature\testName' not found in path\to\file

我对它为什么不起作用感到有些困惑，如果有人能解释为什么会这样，我将不胜感激！:)

标签： php

解决方案

在 PHP 中，类不包含在简单地使用use指令中。您需要通过包含类所在的文件来加载它们。

有什么用use？（哈哈）

use让您不使用您正在使用的类的 FQDN，请参见下面的代码：

use \A\Long\Namespace\Foo;
$foo = new Foo();
// Without use, you would have needed : $foo = new \A\Long\Namespace\Foo();

无聊的方式

这就是 PHP 开发人员多年前这样做的方式，它只是明确要求该文件：

// Foo.php
class Foo {}

// index.php
require_once( __DIR__ . '/Foo.php');
$foo = new Foo();

正常的方式

现在，人们使用自动加载具有模式的类的代码，您可以使用Composer（其中，不会在此处进行基于意见的讨论），或者，如果您的项目很小并且您不想使用它，因为你对它没有信心，手动加载你的类。例如，将所有类放在一个class文件夹中，并用类的相同名称命名文件，然后您可以使用以下代码：

spl_autoload_register(function ($class) {
    include 'classes/' . $class . '.class.php';
});

加载您需要的所有类（您可能希望将其放在 PHP 代码的开头）。

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