为此，我在Gii生成的用户模型中编写了一个函数，该函数将相应用户表的"状态"字段设置为如下
public function setStatus()
{
if (!'Yii::$app->user->isGuest) {
$this->status = 1;
}
else {
$this->status = 0;
}
}
现在在我的控制器中：
public function actionLogout()
{
$usr = new 'frontend'models'User;
$usr->setStatus();
Yii::$app->user->logout();
return $this->goHome();
}
但是Yii抛出了一个错误：
无法重新声明frontend''models''User:：tableName（）；
我试图回显所有自动加载的类，但该类没有自动加载。我该怎么做？
关于您的错误，请检查此相关问题。
很可能您在这个类中定义了两次，并且没有使用IDE，因为大多数IDE都会突出显示这种错误。
至于地位，这毫无意义。使用Yii::$app->user->isGuest检查就足以确定用户是已登录还是访客。但这不适合于确定用户是在线还是离线。
对于这个问题，以前也有类似的问题，例如检查这个问题。
最后，不要使用硬编码状态，而是将它们声明为模型中的常量：
const STATUS_OFFLINE = 1;
const STATUS_ONLINE = 2;
用法：self::STATUS_OFFLINE（在声明它的类内部）或User::STATUS_OFFLINE（不要忘记在使用部分中包含名称空间）。
更新：认为用户只是因为登录才在线似乎是不对的。但是，如果只需要计算登录用户中的在线/离线用户，那么如果只有两个可能的选项，为什么需要状态呢？请改用is_online布尔列。