PHP构造继承

Question

我要澄清我有

一个问题，我有一个会被很多其他的classes.The构造继承基础数据库类看起来是这样的：

public function __construct ($table) 
{ 
    $this->table = $table; 
    $this->db = new Database(); 
    $this->db->connect(); 
} 

我如下会从孩子这个构造函数中调用：

public function __construct ($something) 
{ 
    parent::__construct("planets_games"); 
} 

我的问题是，PHP不请允许我孩子的构造没有$什么参数 我得到如下：

$pg = new planetsGames('uselessStringHereThatHasNoUtilityAtAll'); 

我觉得我失去了一些东西在我的基本的PHP知识

谢谢非常重要：

Fatal error: Declaration of planetsGames::__construct() must be compatible with that of IScaffold::__construct() 

我目前通过实例化一个像这样的对象绕过这你非常需要提前帮忙

Answer 1

这个错误信息是指liskov substitution principle。 它适用于每个IS-A关系（这是使用继承（扩展）的含义），并指出每个子类型应该完全可以替换超类型。

但这并不适用于构造函数！你正在使用哪个PHP版本？

看来基类已将构造函数标记为抽象。这是唯一可以出现 这个错误的方法。

你不应该标记构造函数抽象，最终或把它们放在接口！

在大多数语言中，这是不可能的。

由这是最好的做法是，每个 具体对象与最能代表 如何消费者应该充分实例化特定 对象的签名的构造函数，你应该采取什么样的了。在涉及继承的某些情况下，“借用”父母构造函数是可以接受和有用的。此外， 鼓励当您为某个特定类型创建子类时，您的新 类型应该在适当的情况下具有自己的构造函数，以使 对新子类型最有意义。

http://ralphschindler.com/2012/03/09/php-constructor-best-practices-and-the-prototype-pattern