使用未按预期工作的外部类

Question

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：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，当我尝试仅运行PHP文件时，我收到此错误：use Tests\Feature\testNameUncaught Error: Class 'Tests\Feature\testName' not found in path\to\file我对为什么它不起作用有点困惑，如果有人能解释为什么会这样，我将不胜感激！:)

Answer 1

在 PHP 中，类不仅仅使用指令即可包含在内。您需要通过包含类所在的文件来加载它们。use

有什么用？（哈哈）use

use让您不使用您正在使用的类的 FQDN，请参阅下面的代码段：

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开发人员多年前过去的做法，它只是明确要求文件：

// Foo.php

class Foo {}

// index.php

require_once( __DIR__ . '/Foo.php');

$foo = new Foo();

正常方式

现在，人们使用自动加载带有模式的类的代码，您可以使用Composer（其中包括，不会在此处输入基于意见的讨论），或者，如果您的项目很小并且您不想使用它，因为您对它没有信心，请手动加载您的类。例如，将所有类放在一个文件夹中，并使用与类相同的名称命名文件，然后可以使用以下代码段：class

spl_autoload_register(function ($class) {

    include 'classes/' . $class . '.class.php';

});

要加载所需的所有类（您可能希望将其放在PHP代码的开头）。