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我正在尝试创建一个对象的实例，其路径如下 (C:\wamp\www...)

在一个新项目中，我有这个方法，我尝试用它来实例化另一个项目的对象。

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

    $object = new $class();

}

变量 $class 有例如这个值：

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

但我得到 FatalErrorException：Error: Class. Class not found

我已经尝试放置 2 个反斜杠，但它不起作用。

任何想法？

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2 回答 2

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使用基本名称，而不是真实路径：

$class = basename($class);

对于您的示例，它应该产生DefaultController.

于 2013-10-22T13:37:45.287 回答
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首先，您尝试做的事情听起来像是一个可怕的想法！如果您想从另一个项目访问该类，您应该将它（项目或文件）添加到您的依赖项中。

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。当您没有输入有效路径时（我假设发生了这种情况），realpath 将返回 false 并且它也不起作用。

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，哪一部分不是。您还可以通过添加项目根来做到这一点，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），这应该会给您留下什么你想要（在str_replace()apreg_replace()或类似的东西之后）。

无论如何，解决问题的最简洁的方法（除了添加依赖项）是使用Symfony 类加载器而不是将路径硬编码到应用程序中。

于 2013-10-22T14:53:01.607 回答