带有路径的PHP实例对象

我正在尝试创建一个对象实例，其路径如下（C:\wamp\www…）

在一个新项目中，我有这个方法，我尝试用它来实例另一个项目的一个对象

public function getControllerObject($class)
{
    $object =  null;
    $class = realpath($class);  
    $class = str_replace('.php','',$class);

    $object = new $class();

}

例如，变量$class具有以下值：

C:\wamp\www\myproject\projectBundle\Controller\DefaultController

但我得到了FatalErrorException:

错误：类。未找到类

我已经试着放了2个反斜杠，但没有用

---

有什么想法吗？

使用basename，而不是realpath：

$class = basename($class); 

---

例如，它应该生成

DefaultController

使用basename，而不是realpath:

$class = basename($class); 

---

例如，它应该生成

DefaultController

首先，您试图做的事情听起来像是一个可怕的想法！如果要从其他项目访问该类，则应将其（项目或文件）添加到依赖项中

你的问题是，你基本上做的是：

$object = new C:\wamp\www\myproject\projectBundle\Controller\DefaultController();

这显然不是你想要的。当您没有输入一个有效的路径时（我假设是这样），realpath将返回false，并且它也不会工作

您必须以某种方式确定路径的哪一部分是命名空间的一部分，而哪一部分不是命名空间的一部分。您还可以通过添加项目根来实现这一点，这意味着要从路径或名称空间本身中删除哪个部分，即要从路径中保留的部分（假设您遵循PSR-0的建议），这将为您留下您想要的内容（在

str_replace（）

a

preg_replace（）

或类似内容之后）

---

无论如何，解决问题的最干净的方法（除了添加依赖项外）是在应用程序中使用路径而不是硬编码路径。

首先，你试图做的事情听起来是个可怕的主意！如果要从其他项目访问该类，则应将其（项目或文件）添加到依赖项中

你的问题是，你基本上做的是：

$object = new C:\wamp\www\myproject\projectBundle\Controller\DefaultController();

这显然不是你想要的。当您没有输入一个有效的路径时（我假设是这样），realpath将返回false，并且它也不会工作

您必须以某种方式确定路径的哪一部分是命名空间的一部分，而哪一部分不是命名空间的一部分。您还可以通过添加项目根来实现这一点，这意味着要从路径或名称空间本身中删除哪个部分，即要从路径中保留的部分（假设您遵循PSR-0的建议），这将为您留下您想要的内容（在

str_replace（）

a

preg_replace（）

或类似内容之后）

---

无论如何，解决问题的最干净的方法（除了添加依赖项外）是在应用程序中使用路径而不是硬编码路径。

好的，但是类不在同一名称空间上。那么名称空间是什么，项目名称是什么？您可以使用

basename

和

dirname

的组合来构建动态命名空间和类字符串。该类的命名空间为myproject\projectBundle\Controller。但是我的代码，例如，这个对象在一个单独的项目上，好的，但是这个类不在同一个命名空间上，那么你的命名空间是什么，项目名称？您可以使用

basename

和

dirname

的组合来构建动态命名空间和类字符串。该类的命名空间为myproject\projectBundle\Controller。但是我的代码，比如说，这个对象在一个单独的项目上。你是想创建一个自动加载程序还是别的什么，因为听起来就是这样。是的，我想得到一个bundle symfony2的所有控制器类。也许还有其他解决方案可以做到这一点。Symfony2自带自动加载器。不需要创建一个新的。用

use

语句对它们进行注释，然后像

$controller=new IndexController（）那样创建它们出现错误，因为您试图从路径
C:\wamp\[…]\Controller\DefaultController
创建对象。PHP文件必须包含或由AutoLoad调用，如果您想访问它。考虑添加<代码>要求一次（RealPATH（$class））；<代码>语句添加到代码中，然后添加
$object=new ClassName（）。你不能创建一个文件的实例，但是，你可以创建一个类定义的实例。你是想创建一个自动加载程序还是别的什么，因为听起来就是这样。是的，我想得到一个bundle symfony2的所有控制器类。也许还有其他解决方案可以做到这一点。Symfony2自带自动加载器。不需要创建一个新的。用
use
语句对它们进行注释，然后像
$controller=new IndexController（）那样创建它们出现错误，因为您试图从路径
C:\wamp\[…]\Controller\DefaultController
创建对象。PHP文件必须包含或由AutoLoad调用，如果您想访问它。考虑添加<代码>要求一次（RealPATH（$class））；<代码>语句添加到代码中，然后添加
$object=new ClassName（）。不能创建文件的实例，但是可以创建类定义的实例