我需要在PHP中命名2个类的建议

Question

我有一个类user，它是在/update/user.php启动update.php时启动的。这个类处理数据库上与用户相关的查询，比如编辑、删除、创建等。

我正在创建一个在/src/user.php中也称为user的新类，它将在数据库上执行与用户相关的查询，但只是检索(并输出)它们。例如检索其用户id、用户组、电子邮件等。

我发现有必要将它们都命名为user，但显然在检索update.php时会有冲突。你有什么建议来命名这两个不同的类，即使它们在我的库中是独立的区域，但执行类似的操作？

使用PHP4。

Answer 1

如果他们都有疑问，但只有一个人写，那么我建议这样做。

UserWrite
UserRead

或

UserCreate
UserAccess

Answer 2

提供整个命名结构的替代方案，而不仅仅是建议名称。Zend Framework和其他库具有与文件在树中的位置相对应的命名结构。半虚构的例子：

Class name               Is in
-----------------------------------------------------------
Zend_Auth                /Zend/Auth.php
Zend_Auth_Adapter        /Zend/Auth/Adapter.php
Zend_Auth_Helper         /Zend/Auth/Helper.php
Zend_Auth_Adapter_HTTP   /Zend/Auth/Adapter/HTTP.php

因此，下划线是目录分隔符，名称的最后一个元素是PHP文件的名称。

这样做的主要原因是它使autoloading非常简单，但它也是按任务排序库的一种很好的方式。此外，当您在代码中的某处看到使用了某个类时，您总是可以知道它在哪个文件中，这是一个很大的优势。

在您当前的方法中，我看到的问题是"src“对该类的实际作用的描述非常不明确。也许一个更有说服力的名字(比如"tools“或"query")会更合适，或者可能是主user类，应该直接命名为"user"？

将上述示例应用于该结构可能导致

Class name                   Is in
------------------------------------------------------------
MyAppname_User_Update        /User/Update.php
MyAppname_User               /User.php

哦，还有，@Charles在他的评论中说了什么。你绝对不应该再为PHP4进行开发了。它是一个已死的版本，并且是no longer supported.

Answer 3

我理解你的问题，但是你真的想创建两个不同的类来执行相同的操作吗？您只需在/src/user.php中创建它，很明显，您可以随心所欲地使用它。您应该以这样的方式在该类中创建方法，以便在两个问题中都使用它们。即在检索信息和更新信息时。