PHP5.2中的语法错误

在PHP5.3中，我可以使用类名作为变量，也可以调用静态变量

$class_name = 'Test';
$class_name::$static_var;

如何在PHP5.2版本中调用它

Parse error: syntax error, unexpected T_PAAMAYIM_NEKUDOTAYIM in ...

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T_PAAMAYIM_NEKUDOTAYIM是PHP使用的双冒号范围解析-：： 你可以试试这个

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$class_name='Test'$class_name->$static_var

@user762799以下是您希望在PHP5.2中实现的解决方案

class Sample{
    public static $name;

    public function __construct(){
        self::$name = "User 1";
    }
}

$sample = new Sample();
$class = 'Sample';
$name = 'name';
$val_name = "";
$str = '$class::$$name';
eval("\$val_name = \"$str\";");
//echo $val_name."<br>";
eval("\$name = $val_name;");
echo $name;

类示例{
公共静态名称；
公共函数构造（）{
self:：$name=“用户1”；
}
}
$sample=新样本（）；
$class='Sample'；
$name='name'；
$val_name=“”；
$str='$class:：$$name'；
eval（\$val\u name=\“$str\”；”）；
//echo$val_name.“
”；
评估（\$name=$val\u name；）；
echo$name；

PAAMAYIM_NEKUDOTAYIM表示范围解析运算符（：） 实际上，在您的代码中，PHP无法在

$class\u name

的范围内识别

$static\u var

，这就是发生错误的原因

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如果你还不清楚，请告诉我。谢谢：）

您真的应该更新您的PHP版本，5.2不再受支持，但是

。。。在PHP5.2中，解决这个问题的唯一方法是使用

eval

：

$return = eval($class_name . '::\\$static_var;');

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但是，在使用此功能之前，请确保验证

$class\u name

，否则可能会插入任意代码（例如

$class\u name='do\u bad\u things（）；class\u name

）。

您可以参考以下链接来完成任务。或者这会对你有帮助。。谢谢。那

{$class\u name}:{$static\u var}

呢？