Question

您好我正在尝试从我创建的配置文件中导入配置变量

Config.php 有

class Config
{
    public $SERVERNAME = '*******';
    public $SUSERNAME = '*********';
    public $SPASSWORD = '*********';
    public $DBNAME2 = '********';
}

用于在我试过的另一个文件中导入此变量

include('./Config.php') or die("error");
$cnfig = new Config();

但是当我尝试使用$cnfig->DBNAME2时它不起作用

请帮助解决这个问题。

谢谢。

修改

它在本地系统中运行，当我通过网络托管上传时，它无效。

Answer 1

尝试以下

include  ('./Config.php');
$cnfig = new Config();
echo "<pre>";print_r($cnfig);

修改

我的输出低于输出，所以它也适合你。

Config Object ( [SERVERNAME] => ******* [SUSERNAME] => ********* [SPASSWORD] => ********* [DBNAME2] => ******** )

修改：2

您也可以这样做

(include('./Config.php')) or die("error"); $cnfig = new Config(); echo "<pre>";print_r($cnfig);

http://www.php.net/manual/en/function.include.php#39043

or的优先级高于include()

错误输出：

当仅使用include('./Config.php') or die("error");时，它会给出以下错误。

警告：include（1）[function.include]：无法打开流：第2行的D：\ path_to_file \ myConfig.php中没有此类文件或目录

警告：include（）[function.include]：无法在D：\ path_to_file \ myConfig.php中打开包含（include_path ='。; D：\ ZendServer \ share \ ZendFramework \ library'）的'1'失败2

致命错误：第6行的D：\ path_to_file \ myConfig.php中找不到“Config”类

无法使用类中定义的变量

1 个答案: