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我需要帮助理解对象的类型提示。我尝试搜索 stackoverflow，但找不到任何其他用户解释其用途的内容。如果你找到一个让我知道。首先让我解释一下我所理解的。

当使用数组的类型提示时，用户必须输入一个数组参数，否则会引发错误。

<?php
function something(array $myval)
{
    return print_r($myval);
}

当我用一个对象尝试它时，我得到一个错误。我可能写错了，但请帮助我理解如何写它。

<?php
class Person
{
    function name($name)
    {
        return $name;
    }
}

$foo = new Person();

function doSomething(Person $lname)
{
    return $lname->name;
}

doSomething('smith');

据我了解，当函数类型提示对象 Person（在此示例中）时，参数变量将可以访问对象方法，就像实例化对象并回显其方法一样。我可能是错的，但请纠正我。我的另一个问题是，如果这是真的，其中 Person 参数可以访问 Person 方法，这与仅实例化 Person 类并手动回显方法有何不同。

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使用您的示例：

$foo = new Person;
$foo->name = 'smith';

$something = doSomething($foo);

echo $something;

类型提示意味着您传递的任何内容都必须是您正在提示的类型的实例（与类型相同）。

因此，如果您提示Person只有该类型的对象将被接受。

在您给出的示例中，您尝试传递字符串而不是对象。

更新

“类型提示”强制您只传递特定类型的对象。这可以防止您传递不兼容的值，并在您与团队合作时创建标准等。

所以，假设你有一个函数sing()。您要确保它只接受 type 的对象Song。

让我们创建我们的类Song：

class Song{

public $title;
public $lyrics;

}

和我们的函数 sing()。我们将输入提示以Song确保没有其他类型的参数可以传递给它：

function sing(Song $song){

echo "Singing the song called " .$song->title;
echo "<p>" . $song->lyrics . "</p>";

}

现在，再次，该函数只能接受类型的对象，Song因为这是我们在声明 ( Song $song) 中暗示的。

让我们创建一首歌曲并传递它：

$hit = new Song;

$hit->title = "Beat it!";
$hit->lyrics = "It doesn't matter who's wrong or right... just beat it!";

然后我们调用：

sing($hit);

这将工作得很好。

现在，假设我们有一个类Poem：

class Poem{

public $title;
public $lyrics;

}

$poem = new Poem;

$poem->title = "Look at the sea";
$poem->lyrics = "How blue, blue like the sky, in which we fly..."

如果我们尝试使用我们的函数 'sing' 来调用它；

sing($poem)

我们会得到一个错误，因为$poem这不是我们在创建函数时暗示的对象类型sing()。

于 2013-07-19T01:16:46.763 回答