PHP名称空间和导入

我有一个关于PHP中名称空间的问题

此代码不起作用：

<?php
namespace My\Functions\Printing;

class A {
    public function __construct() {
        echo __NAMESPACE__;
    }
}


namespace My;
use My\Functions\Printing\A as A;


$obj=new namespace\A();

---

我不确定，但我认为问题在于使用namespace关键字


在第一个示例中，您位于我的命名空间中，因此
namespace\A（）。
关键字“namespace”引用当前命名空间

namespace My\Functions\Printing;

class A {
    public function __construct() {
        echo __NAMESPACE__;
    }
}

namespace My;
use My\Functions\Printing\A;
use My\Functions\Printing\A as myAlias;

$obj=new namespace\A(); // instance of  \My\A (doesn't exist)
$obj2=new A(); // instance of  \My\Functions\Printing\A
$obj3=new myAlias(); // instance of  \My\Functions\Printing\A

与往常一样，有关完整的详细信息，请参阅文档：
My\Functions\Printing namespace类似

--我的\功能\打印


A

导入前的“我的”命名空间如下所示：

--我的

导入后的“我的”名称空间应该如下所示（我认为）

--我的


A

那么为什么我不能访问我的\A

我认为名称空间的结构没有改变，在“名称空间结构”之前的“名称空间导入区域”中进行PHP编译器检查

文档指定名称空间看起来像文件系统，这是错误的

如果另一个类的导入是“创建符号链接”，我必须能够从当前名称空间访问它。
我们可以从创建符号链接的目录或绝对路径访问该链接，但无法访问导入的类
有了新的道路。（\My\A）

为什么？
我不明白。。。在第一个示例中，您尝试运行My\A，但显然不起作用。第二个例子是正确的方法。你的问题是什么？它就像这个例子一样有效。只需将它们视为目录即可。如果您位于目录（命名空间）中，则可以从该路径访问文件，或使用实际的完整路径。如果添加快捷方式（“使用”），则可以通过名称直接访问该链接。Laxus:use命令在我的命名空间中导入class a，因此我不明白为什么使用namespace\a（\My\a）不起作用。Nanne:可以，但使用use命令（在目录中创建链接）后，为什么我无法通过完整路径（\My\a）访问该类
\My\A
不存在！您需要使用
\My\Functions\Printing\A
阅读：I guest A解析为My\Functions\Printing\A，因为您使用的别名是“use My\Functions\Printing\A as A”；所以new\My\A仍然解析为\My\My\Functions\Printing\A。不，因为\My\A也不存在。
namespace My\Functions\Printing;

class A {
    public function __construct() {
        echo __NAMESPACE__;
    }
}

namespace My;
use My\Functions\Printing\A;
use My\Functions\Printing\A as myAlias;

$obj=new namespace\A(); // instance of  \My\A (doesn't exist)
$obj2=new A(); // instance of  \My\Functions\Printing\A
$obj3=new myAlias(); // instance of  \My\Functions\Printing\A