在命名空间中调用另一个类名时找不到类

Question

当我动态创建一个类对象时，我不明白为什么它抛出未找到的类。然而，如果我将删除命名空间App\Controls并使用App\Control\one，则它可以完美地工作示例代码：

namespace AppControls;
use AppControlsone;

class one {
public static function test_one($className, $object) {
return $object((new $className));
}
}
class two {
public function language($lang) {
echo 'I love '.$lang;
}
}

one::test_one('two', function($table) {
$table->language('PHP');
});

从这个结构中，我想调用类2，这取决于我输入的值。我还包括使用App\Controls\two，但仍然不起作用，但事实并非如此，因为我不会添加另一个。使用App\Cntrols\className只是为了调用创建另一个类对象，这在PHP中是不可能的。

Answer 1

在PHP中，名称空间是在编译代码时解析的，而不是在运行时解析的。

所以，当你写这篇文章时：

namespace MyNamespace;
use MyOthernamespaceSomeClass;
$foo = new Foo;
$bar = new SomeClass;

编译器查看当前的名称空间，以及您所拥有的类名"；导入"；，并像你写的那样编译代码：

$foo = new MyNamespaceFoo;
$bar = new MyOthernamespaceSomeClass;

(请注意，不需要use当前命名空间中的任何内容；这被假定为所有内容的默认前缀。(

在您的代码中，编译器不知道'two'将被用作类名，所以它不会更改它；因此，当动态代码运行时，它的字面意思是：

return $object((new two));

这不起作用——没有一个类叫two，只有一个叫AppControlstwo。

解决这个问题的方法是神奇的::class语法，它告诉编译器像扩展类名一样扩展一些内容，然后将其转换为字符串。重要的是要知道，尽管有这个名字，它实际上并不在乎它扩展的东西是一个类，还是存在，它只是扩展它，并假设你知道你在用它做什么。

所以如果你写这个：

namespace AppControls;
one::test_one(two::class, function($table) {
$table->language('PHP');
});

它将由编译器扩展为：

AppControlsone::test_one('AppControlstwo', function($table) {
$table->language('PHP');
});

然后，当它进入动态代码时，它将引用正确的类名，并像这样运行代码：

return $object((new AppControlstwo));