PHP引用手册说，当序列化一个对象时，方法不会被保存。(参见http://www.php.net/manual/en/language.oop5.serialization.php，第1段)。但是，手册中给出的第一个示例显示了一个方法被序列化，然后被反序列化和使用。这不是自相矛盾吗？我错过了什么吗？ 最佳答案 我必须说，在第一个示例中我没有看到方法在何处序列化。序列化时没有方法被序列化，只有类名和属性。如果您查看序列化数据，您可以看到这一点$ser=serialize($object);var_dump($ser);您会注意到，没有
如何在PHP中将对象转换(转换)为没有类名前缀的数组？classTeste{private$a;private$b;function__construct($a,$b){$this->a=$a;$this->b=$b;}}var_dump((array)(newTeste('foo','bar')));结果:array'�Teste�a'=>string'foo'(length=3)'�Teste�b'=>string'bar'(length=3)预期:array(a=>'foo'b=>'bar') 最佳答案 来自manual:If
我有一个函数可以将一个类作为参数传递给它。我想将传递的类的类名作为字符串获取。我试着把这个方法放在传递的类中:functiongetClassName(){return__CLASS__;}但是如果类被扩展，我假设这将返回子类的名称，但它仍然返回父类(superclass)的名称，我觉得这有点奇怪。那么给定一个$var作为参数传递给函数，有没有办法得到类名的字符串？谢谢!! 最佳答案 参见get_class，这应该正是您要实现的目标。$class_name=get_class($object);
我需要将类名设置为CodeIgniter分页中的标记。CodeIgniter的$this->pagination->create_links();函数创建这样的链接:3但是，我需要这样的链接:3我该如何解决这个问题？ 最佳答案 这是下面的代码，您可以使用它在CodeIgnitor的分页anchor标记内添加类$config['attributes']=array('class'=>'myclass'); 关于php-如何在CodeIgniter分页中将类名设置为标签，我们在StackOv
我正在编写一个WordPress插件。(但是，这不是WordPress特有的问题-这个挑战可能出现在使用插件模式的任何PHP代码库中。)我的插件使用了一个流行的第三方库，许多其他常见的WordPress插件也使用它。显然，如果我的插件和另一个插件加载了它们自己的这个库副本，PHP将抛出一个错误，因为我正在尝试重新声明一个已经声明的类。如何避免这种冲突？在您回答之前，请考虑一下为什么我拒绝了这些明显的选择:我可以重命名库的类，或将它们放在新的命名空间中。我不喜欢这样，因为它涉及修改库文件。如果我以后需要升级到更新版本的库，它会覆盖我的修改。而且它通常只是一个不雅的PITA。在我的插件实际
也许这是个奇怪的问题，但我无法弄清楚当您编写时php内部会发生什么:usegarcha\path\class;我不是在问命名空间的用途，而是在问该语句本身，即使它不分配任何内存，我的意思是，当您甚至为某个类提供别名时:usegarcha\path\classaswithNewName;它存储在哪里？或者它是如何记住名字的？它只发生在编译时吗？而不是运行时间？就像只是描述功能。 最佳答案 这不是一个非常复杂的算法(对于5.5，在5.6中描述的类名部分是相同的)。如果有必要，创建哈希表的实例。它保留导入(使用的命名空间类)。在使用as关
我正在使用Laravel，但在创建带有字符串的类时遇到了问题。该类与调用它的类位于同一namespace中。下面的代码在第三行失败了，我不确定我做错了什么。$class="Variant";$s=newVariant();$nc=new$class(); 最佳答案 好的，答案是我需要在类上有一个命名空间。在composer.json中"psr-4":{"SplitTest\\":"app/library/SplitTest/"}然后这样调用这个类:$class="//SplitTest//Variant";$s=newVariant
我想做从实体获取表名的相反操作:我想从表名中获取实体名称，即映射到该表的实体名称。db列也是如此:如何获取映射到它的实体的字段名称？ 最佳答案 这是我能够做的，虽然它不是最佳的，因为它遍历了所有注册的实体类名称:/***@param\Doctrine\ORM\EntityManager$emEntitymanager*@paramstring$tableTablename*@returnstringEntityclassname,nullifnotfound*/protectedfunctiongetClassNameFromTab
我想知道是否可以在Java中声明某个给定类型的新对象，因为我将该类型表示为Class对象。例如，假设我有SomeClassobj1;Classc=obj1.getClass();现在我想使用“c”并用它来声明该类型的新对象。沿着这些线的东西:Classmy_new_var;这样my_new_var将成为与obj1具有相同类型/类的变量。我猜，这与我们是否可以在新变量的声明中使用Class对象(或与该Class对象相关的对象)作为类型直接相关。这是可能的还是不可能的，因为Java是强类型的？提前致谢布鲁诺 最佳答案 YourTypen
我正在使用log4j2，但我不知道如何按类名进行过滤。我试过使用RegexFilter但它只过滤文本消息。在旧的log4j中，标签'filter'就足够了有人知道现在该怎么做吗？提前致谢!更新:好的，我做到了!我需要定义一个记录器并在属性“名称”中设置类名: 最佳答案 如果您遵循记录器的命名约定，这在Log4j中会自动工作。在您的代码中，使用类名声明记录器:Loggerlogger=LogManager.getLogger(MyClass.class);记录器自动分配名称fully.qualified.class.name.of.M
