当use引入的别名不存在时，是否有任何方法可以获得任何类型的错误，无论是异常、错误代码还是日志记录？
例如，我尝试了这个（即使用我所知道的所有错误信号）：
<?php
ini_set('display_errors',1);
ini_set('display_startup_errors',1);
error_reporting(E_ALL);
use 'Foobar as Frob; // 'Foobar is actually unknown
print("still here'n");
连同Bash:中的这条命令行
display_errors=on php love.php
并得到：
still here
作为唯一的输出。我查看了php_errors.log，但什么都没有。
PHP设计者，在他们非常重视的理智中，肯定想到了什么？
我知道use只是PHP世界中别名的别名，但我不明白为什么完全合格的裁判不应该出现错误。
use语句本身并没有做任何事情。他们所做的只是将一个同名名称别名为您选择的另一个名称，从此以后，您可以使用缩短的别名而不是全名。就这样，什么都没发生。此时类/函数/文件实际上并没有被加载，也没有进行任何其他类型的验证。这是因为有很多方法可以加载别名所指的实际类，您可能希望稍后在事后进行加载。最有可能的是使用自动加载器，它会在首次实际使用类时尝试加载该类。
所以：不，除了尝试使用类之外，没有其他方法。
$frob = new Frob; // Fatal error: class Foobar not found
PHP不会报告任何错误，因为您的代码中没有错误。
use声明说Frob只是'Foobar的另一个名称。它只是一个声明，PHP不会尝试加载'Foobar，也不会检查它是否存在。
只要在代码中不使用Frob或'Foobar，那么use声明就没有任何作用。
但如果你尝试使用它：
$frob = new Frob();
并且CCD_ 14不是类，则确保CCD_。
use声明的工作原理与文件系统中的符号链接类似。您可以创建文件a，它是指向b的符号链接，只要您不尝试从a（或b）读取，就没有人关心b是否存在。