对于我的应用程序包，我需要一些既不是Controller也不是模型的类。例如，我想要一个scorecard类，其中包含诸如“skill”、“efficiency”、“beauty”等成员。此外，它可能具有成员方法/getter，如“meanScore”.这样的类在Symfony框架中的什么位置？ 最佳答案 我同意@Gordon的观点，这听起来像是一个业务对象。但是，如果您确定它不是，那么下一步就是弄清楚如何对其进行分类。是helper吗？事件监听器？实用类？弄清楚这一点后，问问自己:它是特定于一个包的，还是您打算在项目中重用它？假设
这是我正在为其编写测试套件的类的构造函数(它扩展了mysqli):function__construct(Config$c){//storeconfigfile$this->config=$c;//domysqliconstructorparent::__construct($this->config['db_host'],$this->config['db_user'],$this->config['db_pass'],$this->config['db_dbname']);}传递给构造函数的Config类实现了php内置的arrayaccess接口(interface):class
我正在编写一个Wordpress插件，它在管理区域创建一个页面，并执行一些前端代码。下面的代码抛出了一个很好的Fatalerror:Using$thiswhennotinobjectcontext错误。这是相当神秘的，因为变量是在类内部调用的。也许我没有遵循函数和类的预期Wordpress插件结构，但下面的概念代码是使用WordpressCodex中插件开发的相关条目创建的。有人可以解释为什么会触发错误，因为当我在Wordpress代码库之外创建该类的实例时，一切都很好。if(!class_exists("MyClass")){classMyClass{var$test='Testva
当我像这样使用new定义一个类的对象时$blah=newWhatever();我得到$blah的自动完成。但是当我将$blah作为函数参数时我该怎么做呢？没有自动完成我就不完整了。编辑:如果它在include中并且PDT或Netbeans无法弄清楚，我该怎么做？有没有办法声明变量的类型PHP？ 最佳答案 第一条评论中的方法称为“类型提示”，但您应该明智地使用它。更好的解决方案是phpDoc。/***Somedescriptionoffunctionbehaviour.**@paramWhatever$blah*/publicfunc
在Python和Ruby等OO语言中常用的一个习惯用法是实例化一个对象并链接返回对对象本身的引用的方法，例如:s=User.new.login.get_db_data.get_session_data在PHP中，可以像这样复制此行为:$u=newUser();$s=$u->login()->get_db_data()->get_session_data();尝试以下结果会导致语法错误，意外的T_OBJECT_OPERATOR:$s=newUser()->login()->get_db_data()->get_session_data();这似乎可以使用静态方法来完成，这可能是我最终要做
我正在创建自己的MVC框架，我希望它是非常基础的，但是当我使用一些IDE时，比如Eclipse或NetBeans他们往往会给我警告，告诉我这些变量未初始化或他们无法识别它们是什么类型，因此他们不会autocomplete类方法或属性变量应该属于。为了覆盖它，我创建了一个PHP文件，其中设置了全局环境变量并实例化了一个新对象，然后将其销毁，因此IDE可以识别它并且我可以很好地使用它。但是这些类的构造函数会在那个时候执行，这可能很危险，甚至会减慢我的代码速度。那么，为了更好地重写它，我如何定义一个特定类的变量类型，而不对其进行实例化？像在Delphi中我们做varTest=TTest;而在
我已经使用Composer安装了一个PHP包装器库。自动加载器似乎工作正常，但我不能像它说的那样调用类class'Diffbot'notfound.我已经尝试了很多技巧，尤其是Composer文档中提到的技巧，但我无法让它工作，我想我必须在这里分享我的问题。我的composer.json包含以下几行{"require":{"swader/diffbot-php-client":"^0.4.4"}}DirectorystructureVendor---composer---guzzlehttp---react---swader---autoload.php'swader'folder--
谁能告诉我为什么这不起作用？这只是我在其他地方尝试做的事情的粗略示例。$stuff=array('key'=>__DIR__.'value');但是，这会产生一个错误:PHPParseerror:syntaxerror,unexpected'.',expecting')'in/var/www/.../testing.phponline6此外，这有效:$stuff=array('key'=>"{__DIR__}value"); 最佳答案 第一段代码不起作用，因为它不是常量表达式，因为您正试图连接两个字符串。初始类成员必须是常量。来自d
我在安装时尝试用phpexcel更新laravel，我在composer中发现了以下警告。错误:Warning:Ambiguousclassresolution,"SettingsController"wasfoundinboth"C:\xampp\htdocs\mti\app\controllers\SettingsController.php"and"C:\xampp\htdocs\mti\app\controllers\SettingsControllerBackup.php",thefirstwillbeused.Warning:Ambiguousclassresolution
关闭。这个问题是opinion-based.它目前不接受答案。想要改进这个问题？更新问题，以便editingthispost可以用事实和引用来回答它.关闭4年前。社区在13天前审查了是否重新打开此问题并使其关闭:原始关闭原因未解决Improvethisquestion问题很简单——我应该如何区分phpdoc的接口(interface)和类实现接口(interface)？它们应该/可以相同，还是接口(interface)文档应该尽可能通用，而实现此接口(interface)的类更具体？我从我的真实代码中包含一个方法phpDoc:我的界面:interfaceCacheInterface{/
