PHP：从变量实例化一个类奇怪地失败了

Question

我正在尝试通过变量实例化一个类（Laravel3 Eloquent 模型），但我收到一个错误消息，指出找不到该类。
但是，当我对类名进行硬编码时，它工作得很好。
（仅供参考，在下面的代码中，$contact_type 应为电话、传真或电子邮件。）

这是我目前正在玩的：

    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
        }
    }

当我运行上述代码时，它会抛出 "Class 'Phone' not found" 错误。
当我用new Phone()（或传真或电子邮件）替换new $contact_type() 时，它工作得很好。
我敢打赌，我只是在看一些简单的东西 :) 我错过了什么？
请帮忙！

Answer 1

涵盖此内容的相关手册条目是 here 和 here。引用第二个链接：

如果包含类名的字符串与 new 一起使用，则会创建该类的新实例。如果该类位于命名空间中，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) {
}

查看以确保您不在命名空间中（如果您在，请在字符串中包含 Phone 类的命名空间）。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 类在命名空间中，这也可以：

Phone.php

<?php namespace Contact;

class Phone {}

test.php

<?php

include 'Phone.php';

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

我不是 100% 确定原因，尽管我怀疑在评估变量类名时，当前的命名空间映射不可见。考虑这段代码：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$test = new WeirdName();

比较一下：

<?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，它如何知道将 WeirdName 的类名别名映射到 SomePackage\Someclass？该别名仅对当前文件有效，而实际执行该操作的代码甚至不在userland 代码中，更不用说同一个文件了。