PHP構造繼承

Question

我要澄清我有

一個問題，我有一個會被很多其他的classes.The構造繼承基礎數據庫類看起來是這樣的：

public function __construct ($table) 
{ 
    $this->table = $table; 
    $this->db = new Database(); 
    $this->db->connect(); 
} 

我如下會從孩子這個構造函數中調用：

public function __construct ($something) 
{ 
    parent::__construct("planets_games"); 
} 

我的問題是，PHP不請允許我孩子的構造沒有$什麼參數 我得到如下：

$pg = new planetsGames('uselessStringHereThatHasNoUtilityAtAll'); 

我覺得我失去了一些東西在我的基本的PHP知識

謝謝非常重要：

Fatal error: Declaration of planetsGames::__construct() must be compatible with that of IScaffold::__construct() 

我目前通過實例化一個像這樣的對象繞過這你非常需要提前幫忙

Answer 1

這個錯誤信息是指liskov substitution principle。 它適用於每個IS-A關係（這是使用繼承（擴展）的含義），並指出每個子類型應該完全可以替換超類型。

但這並不適用於構造函數！你正在使用哪個PHP版本？

看來基類已將構造函數標記爲抽象。這是唯一可以出現 這個錯誤的方法。

你不應該標記構造函數抽象，最終或把它們放在接口！

在大多數語言中，這是不可能的。

由這是最好的做法是，每個 具體對象與最能代表 如何消費者應該充分實例化特定 對象的簽名的構造函數，你應該採取什麼樣的了。在涉及繼承的某些情況下，「借用」父母構造函數是可以接受和有用的。此外， 鼓勵當您爲某個特定類型創建子類時，您的新 類型應該在適當的情況下具有自己的構造函數，以使 對新子類型最有意義。

http://ralphschindler.com/2012/03/09/php-constructor-best-practices-and-the-prototype-pattern