獲取不合格的類名

Question

的命名空間考慮下面的PHP代碼

namespace foo\bar; 

class MyClass {} 

namespace xyz; 
use foo\bar\MyClass; 

class OtherClass {} 

$a = new MyClass(); 
$b = new OtherClass(); 

$a是\foo\bar\MyClass一個實例，而$b是\xyz\OtherClass一個實例。這些完全合格的班級名稱，我可以致電get_class($a)和get_class($b)。但有沒有辦法獲得完全限定的名稱而不實例化對象？有沒有像神奇功能fully_qualified_class_name這樣的fully_qualified_class_name('MyClass')會返回\foo\bar\MyClass和fully_qualified_class_name('OtherClass')會返回\xyz\OtherClass？或者我只需要自己寫完整的名字？

Answer 1

從PHP 5.5，你可以通過::class

namespace foo\bar { 
    class MyClass {} 
} 

namespace xyz { 
    use foo\bar\MyClass; 

    class OtherClass {} 

    echo 'OtherClass namespace: ', OtherClass::class, "\n"; // print "OtherClass namespace: xyz\OtherClass" 
    echo 'MyClass namespace: ', MyClass::class, "\n"; // print "MyClass namespace: foo\bar\MyClass" 
}