Php 如何通过它加载类'；存储在变量中的名称

我在一个文件中有一些类，每个类与类本身同名。我希望从给定名称动态加载相关文件并返回class对象，但我只有存储在变量中的文件/类名。怎么可能呢

public function loadClass($name) {
    include dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php';
    return $name;
}

试试这个，你可以用

你可以称你的班级为

$obj  = new MyClass1();

试试这个，你可以用

你可以称你的班级为

$obj  = new MyClass1();

---

你应该这样做：

//test.php
class test {
    public function shout() {
        echo "Hello world!";
    }
}

//main file
function loadClass($name) {
    include(dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php');
    return new $name();
}

$class = loadClass('test');
$class->shout(); //prints Hello World!

对于静态方法，请执行以下操作：

//test.php
class test {
    static function shout() {
        echo "Hello world!";
    }
}

//main file
function loadClass($name) {
    include(dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php');
    $name;
}

$class = loadClass('test');
$class::shout(); //prints Hello World!

---

你应该这样做：

//test.php
class test {
    public function shout() {
        echo "Hello world!";
    }
}

//main file
function loadClass($name) {
    include(dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php');
    return new $name();
}

$class = loadClass('test');
$class->shout(); //prints Hello World!

对于静态方法，请执行以下操作：

//test.php
class test {
    static function shout() {
        echo "Hello world!";
    }
}

//main file
function loadClass($name) {
    include(dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php');
    $name;
}

$class = loadClass('test');
$class::shout(); //prints Hello World!

解决方案 如果

/classes1/Foo.php

存在。。。

$path

将是第一个函数中的

/classes1/Foo.php

将调用require$path

如果

/classes2/Foo.php

存在。。。

$path

将是第一个函数中的

/classes1/Foo.php

require$path

将被跳过

$path

将是第一个函数中的

/classes2/Foo.php

将调用require$path

解决方案 如果

/classes1/Foo.php

存在。。。

$path

将是第一个函数中的

/classes1/Foo.php

将调用require$path

如果

/classes2/Foo.php

存在。。。

$path

将是第一个函数中的

/classes1/Foo.php

require$path

将被跳过

$path

将是第一个函数中的

/classes2/Foo.php

将调用require$path

---

您可以使用

$name

变量实例化类的新实例：

public function loadClass($name)
{
    include dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php';
    return new $name();
}

---

您可以使用

$name

变量实例化类的新实例：

public function loadClass($name)
{
    include dirname(__FILE__) . '/classes/' . $name . '.php';
    return new $name();
}

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@TimCooper的可能副本在静态类上起作用，而我不打算实例化它们？在PHP中无法返回类。你唯一的选择是返回一个类名字符串，或者返回一个对象（或者是类本身的一个实例，或者是@TimCooper的一个实例）可能重复的@TimCooper。这对静态类有效吗？我不打算实例化它们。在PHP中，你无法返回一个类。你唯一的选择是返回一个类名字符串，或者返回一个对象（或者是类本身的实例，或者是的实例），你能给我解释一下吗？你能给我解释一下吗？我有一个

开关（$name）

，它将根据请求的

$name

加载一个文件和一个类，我应该把这个

\uuu autoload（）

放在哪里？我有一个

开关（$name）

，它将根据请求的

$name

加载一个文件和一个类，我应该把这个

\uu autoload（）

放在哪里？这对通常不需要任何实例化的静态类有效吗？如果它是“静态的”类您可以只调用类中的静态方法

$name:：blablablamMethod（）

这对通常不需要任何实例化的静态类有效吗？如果是“静态”类，您可以只调用类中的静态方法

$name:：blamMethod（）

我的类，它们的方法是静态的。你能给我看一个静态类的例子吗？它与您的版本不同吗？我的类及其方法是静态的。你能给我看一个静态类的例子吗？它和你的版本不同吗？