PHP：从变量实例化一个类奇怪地失败

Question

我正在尝试通过变量实例化一个类（Laravel3 Eloquent模型），并且出现一个错误，指出找不到该类。但是，当我对类名进行硬编码时，它就可以正常工作。（仅供参考，$contact_type下面的代码应为电话，传真或电子邮件。）

这是我现在正在玩的东西：

    foreach( $input AS $contact_type => $contact_info )
    {
        foreach( $contact_info AS $data )
        {
            $obj = new $contact_type( (array)$data);
            echo'<pre>Obj: ',print_r($obj),'</pre>';  // <----- For Testing
        }
    }

当我如上所述运行代码时，它抛出“ Class'Phone'not found”“错误。当我将new $contact_type()替换为new Phone()（或传真或电子邮件）时，它可以正常工作。我敢打赌，有一些简单的事情我正在查看：)我想念的是什么？请帮助！

Answer 1

涉及此的相关手册条目是here和here。引用第二个链接：

如果包含类名称的字符串与new一起使用，则将创建该类的新实例。如果该类在名称空间中，则在执行此操作时必须使用其完全限定名称。

这对我有用：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

产生输出：

object(Phone)#1 (0) {
}

请确保您不在名称空间中（如果在字符串中，请包含Phone类的名称空间）。或者，您也可以尝试使用反射：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$reflectionClass = new ReflectionClass($classtype);
$phone = $reflectionClass->newInstanceArgs();
var_dump($phone);

如果Phone类在名称空间中，则也可以使用：

Phone.php

<?php namespace Contact;

class Phone {}

test.php

<?php

include 'Phone.php';

$classtype = 'Contact\Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

我不确定100％为什么，尽管我怀疑在评估变量类名时，当前的名称空间映射不可见。考虑以下代码：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$test = new WeirdName();

比较：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$class = 'WeirdName';
$test = new $class();

当PHP决定为新实例分配内存时，如何知道将WeirdName的类名别名映射到SomePackage\Someclass？该别名仅对当前文件有效，并且实际上执行该操作的代码甚至在userland代码中也无效，更不用说在同一个文件中了。

Answer 2

我不知道我在这里问是否合适。在来到这里之前，我尝试了上述解决方案，但均无效果。

在我的本地计算机上，运行Win 10，PHP 7.4，以下代码可以运行，但即使在我的生产服务器上都具有相同的PHP版本，也无法在生产服务器上使用。

<?php
use controller\Admin;

$ct_name = 'controller'. DIRECTORY_SEPARATOR . ucfirst($this->url[0]);

$controller = new $ct_name();
我以前尝试过某些可行的方法，但我不记得自己做了什么。我同意