PHP 类型提示和继承答案

【问题标题】：PHP type hinting and inheritancePHP 类型提示和继承
【发布时间】：2018-08-24 14:42:14
【问题描述】：

我有一堆数据库模型，它们都扩展了一个名为 myDBModel 的基类，类似于：

class myPostgresModel extends myDBModel

我正在构建一组与这些模型交互的类，它们都扩展了另一个名为 MyBaseParser 的基类。这些解析器类需要将 DB 模型作为参数，但它可以是任何可用模型。所以我把它定义为

class myBaseParser implements ParserInterface
{
    public function doSomething(myDBModel $model){}
}

interface ParserInterface
{
    public function doSomething(myDBModel $model);
}

然后

class myPostgresParser
{ 
    public function doSomething(myPostgresModel $model) {}

如果我创建一个 postgres 解析器，并将 myPostgresModel 传递给 doSomething 方法，我会收到一个错误，因为它需要 myDBModel。 myPostgresModel 不应该被接受，因为它是 myDBModel 类的孩子吗？处理这种继承的正确方法是什么？

【问题讨论】：

能否提供一个实际的复制案例？这应该可以在 3v4l.org 之类的网站中复制

标签： php class inheritance

【解决方案1】：

您共享的代码不应引发任何错误，可能是因为您忘记让myPostgresParser 继承一些myBaseParser 或实现ParserInterface。我猜你想要这个：

class myPostgresParser extends myBaseParser {}
//                     ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

在任何情况下都存在潜在的设计问题。您想假装 myPostgresParser 实现 ParserInterface::doSomething() 但实际上实现了具有相同名称但（略有）不同参数的不同方法。 PHP 应该通过如下消息发出警告：

致命错误：myPostgresParser::doSomething(myPostgresModel $model) 的声明必须与 ParserInterface::doSomething(myDBModel $model) 兼容

（如果您看不到错误消息，请确保您已将开发环境配置为显示它们。）

错误信息当然是正确的：如果myPostgresParser::doSomething() 不能使用继承自myDBModel 的任何类来完成这项工作，那么它不符合接口，在第一名。

我建议你回到设计表并决定myDBModel 在这里扮演什么角色。模型应该具有跨引擎的一些规范化行为，第三方类可以依赖这些行为。

【讨论】：