PHP5.3.2：不推荐的实例化对象的方法？

得到一个白色的死亡屏幕，所以决定远程调试一个应用程序，我怀疑它正在使用一个现在不受支持的方法实例化一个对象：

$type['content\u object']=新的$type['handler\u class']（）

这仍然合法吗？
假设
$type['handler\u class']
是一个包含类名称的字符串，那么根据以下内容，它就可以了：

如果包含类名称的字符串与new一起使用，则将创建该类的新实例

<?php
    $instance = new SimpleClass();

    // This can also be done with a variable:
    $className = 'Foo';
    $instance = new $className(); // Foo()
?>



假设
$type['handler\u class']
是一个包含类名称的字符串，则根据以下说明，该字符串可以：

如果包含类名称的字符串与new一起使用，则将创建该类的新实例

<?php
    $instance = new SimpleClass();

    // This can also be done with a variable:
    $className = 'Foo';
    $instance = new $className(); // Foo()
?>



打开错误报告。。。类名可能是不正确的。您没有使用上述代码调用方法，只是实例化了一个类。您的答案可能取决于
$type['handler\u class']
的内容。Display\u errors=on error\u reporting=E|u ALL | E|u STRICT和刚刚获得的白色屏幕。重新启动apache。@doug:意思是“方式”而不是OO意义上的方法。打开错误报告。。。类名可能是不正确的。您没有使用上述代码调用方法，只是实例化了一个类。您的答案可能取决于
$type['handler\u class']
的内容。Display\u errors=on error\u reporting=E|u ALL | E|u STRICT和刚刚获得的白色屏幕。重新启动apache。@doug:意思是“方式”而不是OO意义上的方法。它假设
$type['handler\u class']
是一个包含类名称的字符串。它假设
$type['handler\u class']
是一个包含类名称的字符串。