Php 使用未按预期工作的外部类

我遇到一个问题，我试图从另一个文件中的类调用一个方法。我已经完成了：use Tests\Feature\testName，这显示了当我尝试在函数中使用它时的类，甚至显示了我试图在testName文件中调用的函数。但是，当我尝试只运行PHP文件时，会出现以下错误：

未捕获错误：在路径\到\文件中找不到类“Tests\Feature\testName”

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我对它为什么不起作用有点困惑，如果有人能解释为什么不起作用，我将非常感激！：

在PHP中，类不包括在使用use指令的情况下。您需要通过包含类所在的文件来加载它们

用途是什么？哈哈 使用允许您不使用正在使用的类的FQDN，请参阅下面的代码段：

use \A\Long\Namespace\Foo;
$foo = new Foo();
// Without use, you would have needed : $foo = new \A\Long\Namespace\Foo();

无聊的方式 多年前PHP开发人员就是这样做的，它只是明确要求文件：

// Foo.php
class Foo {}

// index.php
require_once( __DIR__ . '/Foo.php');
$foo = new Foo();

正常方式 现在，人们使用的代码会自动加载带有模式的类，您可以使用其他模式，在这里不会进入基于意见的讨论，或者，如果您的项目很小，并且您不想使用它，因为您对它没有信心，请手动加载您的类。例如，将所有类放在一个类文件夹中，并使用与该类相同的名称命名该文件，然后可以使用以下代码段：

spl_autoload_register(function ($class) {
    include 'classes/' . $class . '.class.php';
});

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要加载所需的所有类，您可能希望将其放在PHP代码的开头。

当我尝试只运行PHP文件时。。。您已经包含了包含该类的另一个文件，对吗？或者您是否配置了加载程序？为什么选择向下投票我还使用Tests\Feature\testName来访问它的函数？它不是这样工作的。您可以配置加载程序，也可以需要该类的文件，use only允许您不使用该类的FQDN。您可能想阅读以下内容：谢谢。这可能是最好的解释了！：