我正在将对象传递到其构造函数中的类上使用类型提示。传递的对象 （Bar） 存在于其自己的命名空间中。这一切都很好，直到我用假对象交换传递的对象（用于单元测试目的）。我的测试 Bar 对象驻留在它自己的命名空间中，现在（非常正确地）抛出了一个错误。
use Some'Place'Bar
class Foo {
// Passing a test Bar into here now throws error.
public function __construct(Bar $bar) {
$this->bar = $bar;
}
}
我是PHP的新手，所以不确定什么是可能的。有没有办法解决这个问题，或者我只需要从类中删除类型提示（这是我当前的解决方案）？
几个选项中的两个：
在实现接口 IBar 的构造函数中传递一个对象：
interface IBar{
function baz();
}
class Bar implements IBar{
function baz(){ return $this->getSomethingExpensiveFromDatabase();}
}
class FakeBar implements IBar{
function baz(){ return "baz";}
}
class Foo {
function __construct(IBar $bar) ...
或者不使用类型提示
function __construct($bar)
关键是，方法的签名永远不应该依赖于一个实现，而应该是一个接口。
编辑 ：所以你只需要导入接口，然后导入假类，无论它来自哪里。然后，FakeBar可以模拟Bar。
类型杂耍是完全不同的事情，您在这里显示的是类型提示。不能传入具有相同类名但驻留在不同命名空间中的对象，但可以从从方法期望的类继承的类传入对象：
namespace Testing;
use Some'Place'Bar;
class TestingBar extends Bar {
}
然后，您可以将 TestingBar 的实例传递给您的方法。
如果你想对原始 Bar 类和测试 Bar 类使用相同的名称，你需要将它们中的一个别名化掉（不过我建议不要这样做）：
namespace Testing;
use Some'Place'Bar as OriginalBar;
class Bar extends OriginalBar {
}