如何将JSON对象映射到PHP类？

我正在构建一个将公司添加到MySQL数据库的REST API endpint。客户端发送带有附加数据包的POST请求。数据包是一个JSON对象。假设JSON公司对象被格式化为与API使用的公司类完全匹配。如何将JSON对象映射到PHP类？

如何获取JSON公司对象数据到公司类中？实例化一个公司对象，JSON对象，然后调用几十个方法，似乎很愚蠢。

这似乎特别愚蠢，因为我打算在我的客户端软件包中提供相同的模型，以便在解码之前构建以JSON形式传递给我的API的对象，并再次映射回相同的对象。

我错过了什么吗？在构建我的API时，我经常碰到看起来多余的东西，但也许这就是发生的事情。

2013-06-19 T. Brian Jones

[json \ _decode to custom class]的可能重复（http://stackoverflow.com/questions/5397758/json-decode-to-custom-class） – cweiske

为什么不在公司对象中声明变量（不需要为每个变量写一个set方法，只需要设置所有变量）就可以在Company对象中创建一个方法。

//Why not write something like this in the class 
function setFromJSON($json){ 
    $jsonArray = json_decode($json, true); 
    foreach($jsonArray as $key=>$value){ 
     $this->$key = $value; 
    } 
}

来源

2013-06-19 17:01:41

json_decode的第二个参数必须设置为true，否则你不能做键/值迭代。我编辑了你的答案。 – NobleUplift

是真的，我编辑过它。感谢您的保存。 –

你为什么不处理是所有的公司对象的构造，让你在JSON对象作为参数传递和构造处理所有任务的。这样你甚至不需要公共设置方法。

$companyData = $_POST['company']; 
//or $companyData = json_decode($_POST['company']); 
//or whatever depending on how you are posting 

class Company { 
    private $companyName; 
    //etc... 
    function __construct(array $data) { 
     foreach($data as $key => $val) { 
      if(property_exists(__CLASS__,$key)) { 
       $this->$key = $val; 
      } 
     } 
    } 
}

来源

2013-06-19 17:02:36

不匹配您准确获取的JSON数据与要使用的数据对象。数据库和对象将发生变化，您不希望这些变化影响您创建的界面，反之亦然。

来源

2013-06-21 18:09:01 Sven

我们构建了JsonMapper以将JSON对象自动映射到我们自己的模型类上。

它只依靠docblock类型信息进行映射，而大多数类属性都有。

来源

2014-01-27 15:32:40 cweiske

如何将JSON对象映射到PHP类？

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