如何将 JSON 对象映射到 PHP 类？答案

【问题标题】：How do I map a JSON object to a PHP Class?如何将 JSON 对象映射到 PHP 类？
【发布时间】：2013-06-16 07:53:45
【问题描述】：

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 公司对象的格式与 API 使用的公司类完全匹配。

如何将 JSON 公司对象数据放入公司类？实例化一个公司对象，json_decode() JSON 对象，然后调用几十个set() 方法似乎很愚蠢。

这似乎特别愚蠢，因为我计划在我的客户端包中提供相同的模型来构建作为 JSON 传递给我的 API 的对象，然后再被解码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，我经常遇到一些看似多余的事情，但也许这就是必须发生的事情。

【问题讨论】：

json_decode to custom class 的可能重复项

标签： php json api class oop

【解决方案1】：

我遇到了同样的问题，所以我写了一个packagist来解决它，这是给你的礼物。
https://packagist.org/packages/stark641/stark-object
https://github.com/stark641/stark-object

可以从json生成PHP类文件

./vendor/bin/stark-object-gen --path=/tmp --json='{"foo_bar":{"foo":1.3,"bar":[641,641]}}'

output
Class FooBar saved at: /tmp/FooBar.php
Class BaseClass saved at: /tmp/BaseClass.php

您可以将 json 映射到 php 对象

class FooBarClass extends StarkObject
{
    /** @var string */
    public $foo;

    /** @var integer */
    public $bar;
}

class DemoClass extends StarkObject
{
    /** @var FooBarClass */
    public $foobar;

    /** @var FooBarClass[] */
    public $foobars;

}

$json = '{"foobar":{"foo":"hello world","bar":64100},"foobars":[{"foo":"hello","bar":641},{"foo":"world","bar":664411}]}';
$demo = (new DemoClass())->fromJson($json);

var_export($demo);

【讨论】：

【解决方案2】：

这个可能对你有帮助。

 class ObjectMapper
    {

        protected string $modelClass='';

        public function __construct(string $modelClass){
        $this->modelClass = $modelClass;
}

        protected function mapObject(array $values){
            $object = new $this->modelClass();
            foreach ($values as $key=>$value){
                $mapperFunction = 'set'.$key;
                $object->{$mapperFunction}($value);
            }
            return $object;
        }

    }

【讨论】：

【解决方案3】：

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

它只依赖于 docblock 类型信息进行映射，大多数类属性无论如何都有。

【讨论】：

【解决方案4】：

你为什么不处理，全部在Company对象的构造函数中，这样你传入JSON对象作为参数，构造函数处理所有的赋值。这样你甚至不需要公共的 set 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;
            }
        }
    }
}

【讨论】：

【解决方案5】：

你为什么不在 Company 对象中创建一个方法来声明对象的变量（你不需要为每个变量编写一个 set 方法，只需要一个设置所有变量的方法）。

//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;
   }
}

【讨论】：

json_decode的第二个参数必须设置为true，否则无法进行key/value迭代。我对您的答案进行了编辑。

【解决方案6】：

不要将您获得的 JSON 数据与您要使用的数据对象完全匹配。数据库和对象将会发生变化，您不希望这些影响您创建的界面，反之亦然。

【讨论】：