Question

我的应用程序中有一个SystemInfoFactory类，它有一个getSystemInfo()方法：

/**
 * Returns SystemInfo object based on which OS
 * server uses
 *
 * @return SystemInfoInterface SystemInfo object
 */
public function getSystemInfo()
{
    $os = $this->getOS();

    $systemInfo = null;

    switch ($os) {
        case "Linux":
            $systemInfo = new LinuxInfo();
            break;
        case "Darwin":
            $systemInfo = new OSXInfo();
            break;
        case "Windows":
            $systemInfo = new WindowsInfo();
            break;
    }
    return $systemInfo;
}

因此它根据主机系统选择适当的对象。现在，每个“info类”实现SystemInfo接口（getArchitecture，getCPU等方法），但正如您所见，我的代码中没有任何地方检查返回的对象是否真正实现了接口。在返回之前检查选定的$systemInfo对象是否实现它会被视为“良好实践”吗？它显然不是 required ，但是如果某人扩展了这个应用程序（例如添加了BSD支持）并忘记实现所有方法，那么他可能更难调试。

Answer 1

绝对是好习惯。您在docblock中定义了您的方法返回SystemInfo的实例。您的呼叫者应该能够依赖它。这在您的代码中很简单：

/**
 * Returns SystemInfo object based on which OS
 * server uses
 *
 * @return SystemInfoInterface SystemInfo object
 */
public function getSystemInfo()
{
    $os = $this->getOS();

    $systemInfo = null;

    switch ($os) {
        case "Linux":
            $systemInfo = new LinuxInfo();
            break;
        case "Darwin":
            $systemInfo = new OSXInfo();
            break;
        case "Windows":
            $systemInfo = new WindowsInfo();
            break;
        default:
            throw new \RuntimeException('System not supported');
            break;
    }

    if (!$systeminfo instanceof SystemInfo) {
        throw new \RuntimeException('Invalid SystemInfo object returned');
    }

    return $systemInfo;
}

确保您声明您将从此方法调用中抛出异常。这里的例外使得它非常清楚发生了什么，而不是必须追逐一个未定义的方法＆＃34;稍后在代码中出错。

Answer 2

我认为，这里的关键字是Duck Typing。对象的接口由其方法和属性定义，而不是由其祖先和实现的接口定义。

看看这个：http://en.wikipedia.org/wiki/Duck_typing

回到PHP：如果你没有检查对象是否实现了你的界面，它是完全有效的并且没有坏的风格。如果代码崩溃，那么类的实现者必须受到指责。如果代码与if ($obj instanceof FancyInterface) {混淆，我会觉得很烦人。

PHP强制接口实现

2 个答案: