只在存在的情况下实现接口？

Question

我试图找到一种方法来实现一个接口，只有当这个接口是可用的。

所讨论的界面是

PrestaShop\PrestaShop\Core\Module\WidgetInterface

从Prestashop来的。它用在一个模块里。

问题是，为了与Prestashop的多个版本兼容，代码必须处理不存在WidgetInterface的情况。

在测试接口的存在并随后导入它时，我在考虑如下：

if (interface_exists('PrestaShop\PrestaShop\Core\Module\WidgetInterface')) {
    use PrestaShop\PrestaShop\Core\Module\WidgetInterface
} else {
    interface WidgetInterface {}
}

但是当然，在if语句中使用use是不可能的。

然后我尝试做一些尝试/捕捉，但这是相同的问题(可惜不是Python)。

只有在可用时，我才能对implements WidgetInterface做些什么？

Answer 1

您不能像您说的那样动态地实现一个接口，但是您可以编写自己的接口，并且只有当另一个接口不存在时才能编写它。

Ie:您的界面应该类似于widget_interface.php，或者您想称之为它的任何东西，只要它不是PSR-0/4兼容的，或者是按照通常的方式自动加载的。

<?php    

namespace PrestaShop\PrestaShop\Core\Module;

/**
 * This is the replacement interface, using the same namespace as the Prestashop one
 */
interface WidgetInterface
{
}

然后，在您的课堂上，您可以完成以下操作：

<?php

namespace App;

if (!interface_exists('\PrestaShop\PrestaShop\Core\Module\WidgetInterface')) {
    require __DIR__ . '/path/to/widget_interface.php';
}

class WhateverClass implements \PrestaShop\PrestaShop\Core\Module\WidgetInterface
{

}

只有当Prestashop接口不存在时，才会加载替换界面。

Answer 2

是的，您不能将use放在if块中，但是use只是为类设置了一个别名。它不尝试加载类。因此，它可以安全地在if块之外。

您可以在if中定义类或接口本身。

这是Symfony如何处理这个问题的，它继承于一个可能不存在的接口：

namespace Symfony\Contracts\EventDispatcher;

use Psr\EventDispatcher\EventDispatcherInterface as PsrEventDispatcherInterface;

if (interface_exists(PsrEventDispatcherInterface::class)) {
    interface EventDispatcherInterface extends PsrEventDispatcherInterface
    {
        public function dispatch($event);
    }
} else {
    interface EventDispatcherInterface
    {
        public function dispatch($event);
    }
}

就个人而言，为了保持事物的整洁和包含在一个地方，我会像这样定义您自己的接口，如果可用的话从PrestaShop接口继承，或者提供它自己的实现，然后让您的类继承它。