未定义时在类对象中调用的变量？

Question

我已经开始真正深入研究其他人的代码，我希望这被认为是一个简单的问题，但有些事情让我感到厌烦，我希望你能解释一下：

将这个简单的启动脚本读取到模板引擎时，我注意到没有为 $variable->object 设置定义或变量。

class Template {
protected $file;
protected $values = array();

public function __construct($file) {
    $this->file = $file;
   }
}

如果您在上面的基本代码中注意到 $this->file = $file，则“文件”对象被引用而没有被定义。是 __construct 函数的原因吗？还是我错过了其他东西？如果是这样，所有构造变量在函数中都设置为“define()”吗？

编辑：

问题是，__construct 是否充当 define() 以便“文件”可以在代码中的任何位置使用，就好像它是一个变量 $file？或者是“受保护”本质上定义了变量 $file，允许我使用变量 $file。但如果是这样的话，

怎么来的

function __construct($file)  

看起来不像：

function __construct(file) if that is the case?

我猜我对如何调用“文件”以及代码的哪一部分定义了“文件”感到困惑？

Answer 1

$file 属性在您的类中定义：

class Template {
protected $file; // <-- HERE
protected $values = array();

无论如何，定义属性不是强制性的。在 PHP 中，您可以为对象的属性赋值，即使它没有在类中定义。

但是，这是一种很丑陋的工作方式，原因有二：

• 如果您使用未定义的属性，那么查看您的类的人无法知道使用了此类属性，因为它没有记录在案。
• 定义一个属性允许你指定一个访问修饰符：public如果该属性必须可以从任何地方访问，private如果它只能从类本身获得，@987654325 @ 如果必须从其类本身或任何扩展它的类访问它。 如果您定义没有访问修饰符的属性，则默认情况下它将是公共的。如果您根本不定义该属性，它会是相同的，但用于弄清楚发生了什么的线索会更少。

如果您打算让负责使用或维护您的代码的开发人员想要杀死您，请仅使用未定义的属性，因为我可以向您保证，他们会这样做。