为什么我需要显式实例化一个对象？

我在我的MVC框架有问题。这里是我的loadModel()方法主控制器内：为什么我需要显式实例化一个对象？

public function loadModel($name) { 
$path = 'models/' . $name . '_Model.php'; 

    if (file_exists($path)) { 
     require $path; 
     $modelName = $name . '_Model'; 
     $this->model = new $modelName; 
    } 
}

正如你所看到的，当我尝试加载一个控制器，它自动加载与same name + _model.php的典范。

我没有任何问题，当我使用wamp或xampp时，但是当我将其上传到我的网站时，它在每个型号上都显示"Undefined property"。这意味着模型没有加载。我知道问题在那里...

是服务器的php.ini文件中的某种错误？或者也许是因为不同的PHP版本？

来源

2012-07-19 Joey Hipolito

[Class not found PHP OOP]的可能重复（http://stackoverflow.com/questions/11375225/class-not-found-php-oop） – 2012-07-19 14:14:17

你打开了你的本地服务器的完整错误报告吗？ – 2012-07-19 14:18:59

Windows不区分大小写，即Model.php和model.php与Windows相同。 ON unix/linux然而（我假设你的网站服务器是）文件系统区分大小写。

基本上，检查您的文件名 - 如果您尝试加载$name_Model.php，但文件是$name_model.php，则在上载时会失败。

来源

2012-07-19 13:08:41

我认为你是对的！我正在加载它，例如 login_Model，其类是Login_Model 现在我知道了！谢谢，现在就试试吧！ – 2012-07-19 13:16:39

你可能要考虑使用autoloading，能解决所有的问题：

来源

2012-07-19 13:09:01 Sherlock

不要依赖相对路径，它们依赖于当前目录。

做出这样（适应你的需求）的绝对路径：

$path = __DIR__ . '/models/' . $name . '_Model.php';

如果你得到类似的东西在本地工作，它应在服务器上工作了。

顺便说一句，我不明白为什么_Model后缀。模型/ Car.php不会足够吗？

来源

2012-07-19 13:09:31 jpic

为什么我需要显式实例化一个对象？

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