从包含创建类的实例时出错答案

【问题标题】：error when creating an instance of a class from an include从包含创建类的实例时出错
【发布时间】：2016-09-28 17:03:18
【问题描述】：

对不起，如果这是一个转贴。我已经阅读了同一个问题的答案一个小时，但没有一个答案真的有帮助。

我有一个类似的文件。

<?php
namespace GA\Db;

require '/Users/brickman/work/r2s/library/GA/Db/Base.php';

if ( ! class_exists('Base')) 
    die('There is no hope!');

——老问题我已经通过跟踪查找器检查了我的目录，并使用查找器中的文本编辑器读取了它，这绝对是我正在寻找的文件。我也知道我正在访问该文件，因为如果我放置一个不存在的路径，我会收到一个找不到文件的错误。

整个文件的存在是为了定义类 Base。

但是当我检查该类是否存在以及是否可以创建它的实例时，它会告诉我它不存在。

什么给了？

--更新

它现在正在工作。这与我引用课程的方式有关。它想要这个：

<?php
namespace GA\Db;

error_reporting(E_ALL); ini_set('display_errors', 1);

require '/Users/brickman/work/r2s/library/GA/Db/Base.php';

$test = new Base;

现在我收到有关我的包含文件中缺少类的错误，但这无关紧要。谢谢

【问题讨论】：

将 include() 更改为 require() 以强制执行致命错误，并确保在脚本顶部有 error_reporting(E_ALL); ini_set('display_errors', 1);。始终在开发/测试代码时，确保 PHP 在屏幕上显示错误。
并从Base.php 文件中发布一些上下文。它是否与您尝试将其包含到的文件具有相同的namespace？
我刚刚在我的文件中添加了一个命名空间（复制/粘贴），现在它们共享同一个命名空间。
我还将 include 更改为 require 并将该行放在脚本的顶部。非常感谢，很高兴看到额外的错误。但现在并没有错，它只是在呼应“没有希望！”

标签： php namespaces include

【解决方案1】：

如果您使用别名来导入命名空间类，请注意 class_exists 不能使用简短的别名类名 - 显然，只要将类名用作字符串，就只能使用完整命名空间版本

use a\namespaced\classname as coolclass;

class_exists( 'coolclass' ) => false

【讨论】：

我刚刚编辑了我的代码以反映文件中的新更改。我没有使用任何别名，它没有运行。我会尝试使用别名。