如何检查命名空间中是否存在类？

php oop namespaces

2022-08-30 08:26:48

我有这个：

    use XXX\Driver\Driver;

...

var_dump(class_exists('Driver')); // false
        $driver = new Driver(); // prints 123123123 since I put an echo in the constructor of this class
        exit;

井。。。这种行为是非常不合理的（创建根据PHP不存在的类的对象）。有没有办法检查给定命名空间下是否存在类？

答案 1

为了检查类，你必须用命名空间，完整路径指定它：

namespace Foo;
class Bar
{
}

和

var_dump(class_exists('Bar'), class_exists('\Foo\Bar')); //false, true

-即，您必须指定类的完整路径。您在命名空间中定义了它，而不是在全局上下文中定义了它。

但是，如果像在示例中一样在命名空间中导入类，则可以通过导入的名称和不导入命名空间来引用它，但这不允许在动态构造中执行此操作，特别是在形成类名的内联字符串中执行此操作。例如，以下所有内容都将失败：

namespace Foo;
class Bar {
    public static function baz() {} 
}

use Foo\Bar;

var_dump(class_exists('Bar')); //false
var_dump(method_exists('Bar', 'baz')); //false

$ref = "Bar";
$obj = new $ref(); //fatal

等等。问题在于处理导入的别名的机制。因此，在使用此类构造时，必须指定完整路径：

var_dump(class_exists('\Foo\Bar')); //true
var_dump(method_exists('\Foo\Bar', 'baz')); //true

$ref = 'Foo\Bar';
$obj = new $ref(); //ok

答案 2

问题（如class_exists（）手册页用户说明中所述）是，每当以字符串形式给出类名时，都不会考虑别名。这也会影响采用类名的其他函数，例如。因此，如果在字符串中给出类名，则必须包含完整的命名空间（例如，）。is_a()'\XXX\Driver\Driver''XXX\\Driver\\Driver'

PHP 5.5 引入了这个常量就是为了这个目的：class

use XXX\Driver\Driver;
...
if (class_exists(Driver::class)) {
    ...
}