如何根据laravel中的类型实例化类？

Question

所以我有一个 BaseValuation 抽象 class 及其实现示例 FooValuation 和 BarValuation.

我想根据使用输入实例化 Foo 或 Bar 实现。所以我自己创建了一个简单的 class，叫做 Valuation，它只是这样做的：

<?php

namespace App\Valuation;

class Valuation
{
    public $class;

    public function __construct($id, $type = 'basic')
    {
        $class = 'App\Valuation\Models\' . ucfirst($type) . 'Valuation';

        $this->class = new $class($id);
    }

    public function make()
    {
        return $this->class;
    }
}

使用这个我可以简单地做 (new App\Valuation\Valuation($id, $type))->make() 我会根据用户的要求得到想要的实现。

但我知道 laravel 的容器功能强大，必须允许我以某种方式执行此操作，但我不明白这将如何完成。有人有什么想法吗？

Answer 1

您可以将 class 绑定到任何字符串，通常这是在服务提供商中完成的。

$this->app->bind('string', SomethingValuation::class);

然后你可以用App::make('string')实例化它。

我认为当您将单个实现（具体）绑定到接口（抽象）而不是绑定多个 classes 时，这更有价值。

您也可以只允许 Laravel 通过调用 App::make(\Full\Path::class) 为您实例化 class。

两者都允许您将模拟注入具有相同名称的容器以进行测试。

如何根据laravel中的类型实例化类？

How to instantiate classes based on type in laravel?

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