Php 无法使用类中定义的变量

嗨，我正在尝试从我创建的配置文件导入配置变量

Config.php

class Config
{
    public $SERVERNAME = '*******';
    public $SUSERNAME = '*********';
    public $SPASSWORD = '*********';
    public $DBNAME2 = '********';
}

为了在另一个文件中导入此变量，我尝试了

include('./Config.php') or die("error");
$cnfig = new Config();

但是当我尝试使用

$cnfig->DBNAME2

时，它不起作用

请帮助解决这个问题

多谢各位

编辑

它在localsystem中工作，当我通过网络主机连接到上传时，它不工作。

试试下面的一个

include  ('./Config.php');
$cnfig = new Config();
echo "<pre>";print_r($cnfig);

编辑：2

你也可以这样做

（包括（'./Config.php'）或死（“错误”）；
$cnfig=新配置（）；
回声“；印刷品（cnfig）；

或

的优先级高于

include（）

错误输出：

当只使用

include（'./Config.php'）或die（“error”）它给出了以下错误


警告：include（1）[function.include]：无法打开流：第2行的D:\path\u to\u file\myConfig.php中没有这样的文件或目录

警告：include（）[function.include]：在第2行的D:\path\u to\u file\myConfig.php中打开“1”以包含（include\u path=”；D:\ZendServer\share\ZendFramework\library）失败

致命错误：在第6行的D:\path\u to\u file\myConfig.php中找不到类“Config”
是否可以打印
echo“”；印刷品（cnfig）？否。未执行定义对象后的行。。。！为什么不直接使用
require
？使用
include
中的返回值可能很棘手。当我使用require（）时，调用require（）后的行不起作用。我无法获取jeroen。尝试过之后，这也没有打印任何内容。这就是问题所在，对每个人有效的东西对我都不起作用。即使编辑：2也会给出相同的结果。上面的代码应该有效，因为您的代码
include（'./Config.php'）或die（“error”）给出错误。当我删除$cnfig=new Config（）时；它下面的所有行都开始工作了。所以问题在于只声明对象。
Config Object
(
    [SERVERNAME] => *******
    [SUSERNAME] => *********
    [SPASSWORD] => *********
    [DBNAME2] => ********
)

(include('./Config.php')) or die("error");
$cnfig = new Config();
echo "<pre>";print_r($cnfig);