PHP类_不存在回显输出，即使该类位于页面上

我正在尝试获取一条消息，以显示是否存在类，不确定我是否对此有正确的想法，但它似乎没有显示任何内容，即使该类在页面上

<?php if (class_exists('quote-me')): ?>
<?php echo $this->__('View Quotation'); ?>
<?php endif; ?>

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有人能告诉我我是否在正确的轨道上。

是的，类\u存在是正确的函数（如果这是你的问题）

是的，类\u存在是正确的函数（如果这是你的问题）

来自：

<?php if(class_exists('my_class_name')){
      // do something
}
?>

此函数检查给定类是否已定义

所以，是的，你在正确的轨道上

<?php if(class_exists('my_class_name')){
      // do something
}
?>

来自：

此函数检查给定类是否已定义

所以，是的，你在正确的轨道上

<?php if(class_exists('my_class_name')){
      // do something
}
?>

仅检查类是否已定义，而不检查当前是否有该类的实例。您可以在范围内定义

quote me

类，触发

if

块，但这本身并不意味着您拥有该类的有效实例

假设

$this->u u（'View quote'）有效，那么它不起作用的事实可能表明您实际上没有范围内的
引用me
类的实例。
仅检查该类是否已定义，而不是您当前是否有该类的实例。您可以在范围内定义
quote me
类，触发
if
块，但这本身并不意味着您拥有该类的有效实例

假设
$this->u u（'View quote'）工作，那么它不工作的事实可能表明您实际上在范围内没有
quote me
类的实例。
如果此代码不在实际类中，那么您应该通过在声明/初始化时分配给它的变量名引用对象，而不是
$this
。
比如说,

    $test = new quote-me
if (class_exists('quote-me')) 
{
     echo $test->__('View Quotation'); 
}

如果此代码不在实际类中，则应通过在声明/初始化时分配给它的变量名引用对象，而不是
$this
。
比如说,

    $test = new quote-me
if (class_exists('quote-me')) 
{
     echo $test->__('View Quotation'); 
}

您应该使用
class\u exists（some\u class，false）
来防止自动加载…
您应该使用
class\u exists（some\u class，false）
来防止自动加载…
类是在同一个文件中还是不同的文件中？？如果它在一个diff文件中，是否包含该文件？？？我不太明白为什么你需要对每个行使用
，而你只需要对语句块使用它…这个
$this
指的是什么？你在这里没有考虑CSS类，对吧？这个类是在同一个文件中还是在不同的文件中？？如果它在一个diff文件中，是否包含该文件？？？我不太明白为什么你需要对每个行使用
，而你只需要对语句块使用
$this
指的是什么？你不是在考虑CSS类吧？