PHP7返回类型继承
我在项目中实现了存储库模式，没有太多问题。为了避免重复我自己，我实现了一个PHP7返回类型继承,php,oop,generics,return-type,Php,Oop,Generics,Return Type,我在项目中实现了存储库模式，没有太多问题。为了避免重复我自己，我实现了一个abstractrepository类，我的所有存储库都扩展了这个类。每个存储库都有自己必须实现的接口 我有类似于以下的代码，可以很好地工作： class Model {} class User extends Model {} abstract class AbstractRepository { protected $model; public function find($id) {
abstract接口
我有类似于以下的代码，可以很好地工作：
class Model {}
class User extends Model {}
abstract class AbstractRepository
{
protected $model;
public function find($id)
{
$class = $this->model;
return new $class();
}
}
interface UserRepositoryInterface
{
public function find($id);
}
class UserRepository extends AbstractRepository implements UserRepositoryInterface
{
protected $model = User::class;
}
在升级到PHP7.1之后，我想在代码中开始使用返回类型声明。因此，我在我的AbstractRepository
中的find
方法中添加了？Model
返回类型，并在UserRepositoryInterface
中添加了？User
返回类型
class Model {}
class User extends Model {}
abstract class AbstractRepository
{
protected $model;
public function find($id): ?Model
{
$class = $this->model;
return new $class();
}
}
interface UserRepositoryInterface
{
public function find($id): ?User;
}
class UserRepository extends AbstractRepository implements UserRepositoryInterface
{
protected $model = User::class;
}
现在，PHP抱怨声明不兼容，这是我所期望的
致命错误：AbstractRepository:：find（$id）的声明必须与第21行/Users/jonathon/Desktop/test.php中的AbstractRepositoryInterface:：find（$id）：？模型兼容
在另一种语言中，比如Java，我会考虑使用泛型来实现存储库，这将允许我在方法签名中使用泛型类型
是否有可能使其工作，以便：
- 每个存储库都有一个接口和实现
- 我有一个抽象类，由我的每个存储库扩展，它完成了大部分工作
- 我可以继续使用PHP7的返回类型声明，为每个不同的存储库指定不同的返回类型（例如，
UserRepositoryInterface
的？User
，以及的？Product
的）
在我看来，我现在有几个选择：
- 不用麻烦使用返回类型
- 将所有返回类型声明更改为所有模型扩展的
？Model
- 重复一遍，去掉抽象类
我认为在组织这些存储库的方式上存在一些轻微的设计缺陷，没有这些缺陷，问题就会消失
因此，我在AbstractRepository中的find方法中添加了？Model返回类型，在UserRepositoryInterface中添加了？User返回类型
为什么要改变类型？用户应该是一个模型，只需使用模型作为类型提示
为了避免重复我自己，我实现了一个抽象的存储库类，我的所有存储库都扩展了这个类。每个存储库都有自己必须实现的接口
拥有一对一的接口：具体的类比率是一种代码味道，这不是接口的用途。看起来您真正想要的是一个存储库界面：
interface Repository
{
public function find($id): Model;
}
抽象存储库实现：
abstract class AbstractRepository implements Repository
{
protected $model;
public function find($id): Model
{
$class = $this->model;
return new $class();
}
}
这样UserRepository就可以扩展它（不需要实现它，因为抽象已经实现了它）。由于已经定义了$model
属性，因此最好在构造函数中指定值
class UserRepository extends AbstractRepository
{
public function __construct()
{
$this->model = User::class;
}
}
类型提示不再有问题
意见接踵而至。我不喜欢继承。我发现这是解决不良关系最可靠、最快的方法。我将完全跳过抽象类，让每个存储库实现存储库接口。实际上，存储库的find函数总是不同的，所以我们无论如何都需要在具体的类中覆盖它们
interface Repository
{
public function find($id): Model;
}
class UserRepository implements Repository
{
public function find($id): Model
{
return new User();
}
}
最后一点：模特是个糟糕的名字。它可能更像是实体。MVC中的模型是指模型层，在模型层中可以找到实体、服务和映射器。更多阅读。如果我正确理解您的问题，我相信这是关于重写抽象函数的返回类型？这在本月早些时候发布的PHP7.2中是可能的。@AntonyD'Andrea我无法理解，@AntonyD'Andrea感谢您的回答。我刚刚在本地安装了PHP7.2，并尝试运行上面的代码。我刚刚看到了同样的错误。然而，引入的变化看起来确实很有希望，我的第一反应是“就是这样！”。无论如何，谢谢。我也在讨论这个问题。似乎与参数类型提示的工作方式极不一致。另外，我刚刚升级到7.2.2
，我仍然看到相同的错误-在这里描述了我的情况：-我目前在这里的工作（使用docblocks）也遇到了相同的问题。不过，只要遵守OOPs继承规则，这应该是可行的，对吗？从抽象继承的任何repo都将通过find方法返回一个类型，find方法是abstracts repo find方法返回类型的扩展。因此，它将履行合同。每一个“用户”都可以作为一个“模型”等等。我不同意一对一接口类是一种代码味道。我之所以有一个带有一个具体类的一个接口，是因为我可以依赖抽象，而不是依赖倒置原则（SOLID）中推荐的具体化。我很想知道你为什么这么想？您肯定正确地认为用户
是模型
，但是通过将模型
定义为返回类型，任何模型（产品类别User