Php 使用动态类

我有一个如下的查询：

$query = $this->getDoctrine()->getRepository(Personal::class)->data('p.uid, p.' . $column, $column, $value);

我希望

个人

充满活力。所以我试了一下：

$table = 'Personal';
$query = $this->getDoctrine()->getRepository($table::class)->data('p.uid, p.' . $column, $column, $value);

但这不起作用，因此我收到错误消息：

编译错误：编译时不允许使用动态类名 ：：类获取

如何使其成为动态的？

getRepository（）

需要一个包含类名的字符串，而

Personal:：class

会给出该类名。因此，您可以直接使用变量：

->getRepository($table)

根据代码布局，您可能需要添加命名空间：

->getRepository('My\\Repository\\Namespace\\' . $table)

getRepository（）

需要一个包含类名的字符串，而

Personal:：class

会给出该类名。因此，您可以直接使用变量：

->getRepository($table)

根据代码布局，您可能需要添加命名空间：

->getRepository('My\\Repository\\Namespace\\' . $table)

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试试这样的

$table='Personal'；
$query=$this->getDoctrine（）
->getRepository（get_类（新$table））
->数据（'p.uid，p.$column，$column，$value）；

试试这样的方法

$table='Personal'；
$query=$this->getDoctrine（）
->getRepository（get_类（新$table））
->数据（'p.uid，p.$column，$column，$value）；

如果变量

$table

中有类名，就不能直接使用它吗？变量是如何定义的，在哪里定义的？为什么有人会否决这个问题？！这是一个明确的、定义明确的问题，具有最少的可重复代码，可以用需要知识而不是努力的明确答案来回答。如果您在变量

$table

中有类名，您就不能使用它吗？变量是如何定义的，在哪里定义的？为什么有人会否决这个问题？！这是一个明确的、定义明确的问题，代码的可重复性很小，可以用一个明确的答案来回答，这个问题需要的是知识而不是努力。如果

$table

已经包含了类的名称，为什么不直接使用它，而不是实例化类并在其上运行

get_class（）

？你能不能回到你开始使用的字符串？我想你没有注意到使用

new

keywork使它成为object的一个实例。另外，我不认为这是毫无意义的，因为您将获得函数返回的完整名称空间。如果

$table

已经包含类的名称，为什么不直接使用它，而不是实例化类并在其上运行

get_class（）

？你能不能回到你开始使用的字符串？我想你没有注意到使用

new

keywork使它成为object的一个实例。另外，我不认为这是毫无意义的，因为您将获得函数返回的完整名称空间。