Php 用额外的步骤从字符串初始化类？

我一直在研究用PHP中的字符串来证实一个新的类实例。这似乎是一个可以接受的过程，但是我很好奇为什么不能用函数调用的返回来完成。我在下面发布了一个简短的测试，结果表明如果存在变量中介（即

$bar=new$foo->callBar（）；

不起作用，而

$x=$foo->callBar（）；$bar=new$x；

起作用）

警告：未捕获错误：类名必须是有效的对象或字符串
在php外壳代码中：1堆栈跟踪：
#第1行php外壳程序代码中抛出0{main}

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我很想知道为什么会这样，或者如果我错了，那么进行此操作的正确原因是什么？

我知道使用

new

创建类实例有四种方法：

• 直接命名类：

  $bar=新条

• 直接使用变量：

  $barName='Bar'$bar=新的$barName

• 使用对象属性：

  $obj=（对象）['barName'=>'Bar']$bar=new$obj->barName

• 使用现有实例：

  $bar1=新条$bar2=新的$bar1

你问题的前半部分答案是PHP解析器：它禁止许多可以用来构建黑客的东西，比如

new（Foo）

和

new“Foo”

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第二部分可能隐藏在PHP源代码中：这会引发异常。

如PHP手册中所述，

new

关键字接受字符串或对象作为类名。您可以选择在末尾的括号中为构造函数提供参数

这意味着语法大致预期：

    new         [string|object]     ()
//  ^^ keyword  ^^ name             ^^ optional parentheses

另一个重要事实是关键字

new

在所有运算符中具有最高的优先级

将这两个事实结合在一起意味着我们不能使用括号来增加带有

new

关键字的操作的优先级。如果我们使用括号，PHP会将其视为

new

语法的可选部分。像这样的事情是行不通的

$bar = new   ($foo->callBar());
//         ^ missing class name

没有明确的方法告诉PHP解析器以其他方式处理这个问题

还有另一个值得记住的警告，爱德华·苏洛夫在他的回答中部分提到了这一点。类名可以来自字符串或实例的任何变量。
以下代码将创建类

Bar

的对象：

$obj = ['a'=>'Bar'];
$bar = new $obj['a'];
// or
$obj = (object) ['a'=>'Bar'];
$bar = new $obj->a;

那么，让我们来解释一下代码的作用

    new         $foo->callBar     ()
//  ^^ keyword  ^^ name           ^^ optional parentheses

因为您的

Foo

类没有属性

callBar

，它将触发通知消息，但PHP将检查它是否可以用作类名。因为它不存在，所以不能是字符串或实例，这就是为什么您会看到错误

这已在PHP8中修复
委员会讨论了这个问题。现在，您可以在创建类的实例时使用表达式。唯一需要注意的是运算符的优先级。调用函数/方法时，应使用

（）

表示优先级。例如：

$bar = new ( $foo->callBar() )  ();
//           ^^ expression      ^^ optional parentheses

相关的：

    new         $foo->callBar     ()
//  ^^ keyword  ^^ name           ^^ optional parentheses

$bar = new ( $foo->callBar() )  ();
//           ^^ expression      ^^ optional parentheses