PHP - 检查类名是否存储在一个字符串正在实现一个接口

Question

我明白我的问题有点不对，但我仍然试图解决这个问题。

我有一个接口Programmer：

interface Programmer { 
    public function writeCode(); 
} 

和一对夫妇命名空间类：

• Students\BjarneProgrammer（实现Programmer）
• Students\CharlieActor（实现Actor）

我存储在阵列$students = array("BjarneProgrammer", "CharlieActor");

我想编写一个函数这个类的名字，如果它实现Programmer界面，将返回类的一个实例。

例子：

getStudentObject($students[0]); - 因为它是实现程序员应该返回BjarneProgrammer一个实例。

getStudentObject($students[1]); - 它应该返回false，因为查理不是程序员。

我试过使用instanceof运算符，但主要问题是我不想想实例化一个对象，如果它没有实现程序员。

我检查了How to load php code dynamically and check if classes implement interface，但没有合适的答案，因为我不想创建对象，除非它是由函数返回的。

Answer 1

您可以使用class_implements（需要PHP 5.1.0）

interface MyInterface { } 
class MyClass implements MyInterface { } 

$interfaces = class_implements('MyClass'); 
if($interfaces && in_array('MyInterface', $interfaces)) { 
    // Class MyClass implements interface MyInterface 
} 

您可以通过class name作为一个字符串作为函数的参数。此外，您还可以使用Reflection

$class = new ReflectionClass('MyClass'); 
if ($class->implementsInterface('MyInterface')) { 
    // Class MyClass implements interface MyInterface 
} 

更新：（你可以尝试这样的事情）

interface Programmer { 
    public function writeCode(); 
} 

interface Actor { 
    // ... 
} 

class BjarneProgrammer implements Programmer { 
    public function writeCode() 
    { 
     echo 'Implemented writeCode method from Programmer Interface!'; 
    } 
} 

功能来检查并返回instanse/false

function getStudentObject($cls) 
{ 
    $class = new ReflectionClass($cls); 
    if ($class->implementsInterface('Programmer')) { 
     return new $cls; 
    } 
    return false; 
} 

获取一个实例或假

$students = array("BjarneProgrammer", "CharlieActor"); 
$c = getStudentObject($students[0]); 
if($c) { 
    $c->writeCode(); 
} 

Answer 2

如果您使用PHP的现代版本（5.3.9+），那么最简单的（和最好）的方法是使用is_a()第三个参数true：

$a = "Stdclass"; 

var_dump(is_a($a, "stdclass", true)); 
var_dump(is_a($a, $a, true)); 

这两项的将返回true。