PHP：从变量实例化类失败

Question

我正在尝试通过变量实例化一个类（Laravel3 Eloquent模型），并且出现一个错误，提示找不到该类。
但是，当我对类名进行硬编码时，它就可以正常工作。
（仅供参考，下面的代码$contact_type应为电话，传真或电子邮件。）

这是我目前正在玩的游戏：

    foreach( $input AS $contact_type => $contact_info )
    {
        foreach( $contact_info AS $data )
        {
            $obj = new $contact_type( (array)$data);
            echo'<pre>Obj: ',print_r($obj),'</pre>';  // <----- For Testing
        }
    }

当我如上所述运行代码时，它将引发“找不到类'Phone'”错误。
当我替换new $contact_type()为new Phone()（或传真或电子邮件）时，它可以正常工作。
我敢打赌，有一些简单的事情我正在查看：)我想念的是什么？
请帮忙！

Answer 1

有关此的相关手册条目在此处和此处。引用第二个链接：

如果将包含类名称的字符串与new一起使用，则将创建该类的新实例。如果该类在名称空间中，则在执行此操作时必须使用其完全限定名称。

这对我有用：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

产生输出：

object(Phone)#1 (0) {
}

请确保您不在名称空间中（如果在字符串中，请包含Phone类的名称空间）。或者，您也可以尝试使用反射：

class Phone {}
$classtype = 'Phone';
$reflectionClass = new ReflectionClass($classtype);
$phone = $reflectionClass->newInstanceArgs();
var_dump($phone);

如果Phone类在名称空间中，则此方法也适用：

Phone.php

<?php namespace Contact;

class Phone {}

test.php

<?php

include 'Phone.php';

$classtype = 'Contact\Phone';
$phone = new $classtype();
var_dump($phone);

尽管不确定在评估变量类名时当前的名称空间映射不可见，但我不确定100％为什么。考虑以下代码：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$test = new WeirdName();

与以下内容进行比较：

<?php namespace Foo;

use SomePackage\SomeClass as WeirdName;

$class = 'WeirdName';
$test = new $class();

当PHP决定为新实例分配内存时，它将如何知道将类名别名映射WeirdName到SomePackage\Someclass？该别名仅对当前文件有效，而实际上执行该操作的代码甚至不在用户区代码中，更不用说同一文件了。