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在我的 PHP 应用程序中，我有一个用于所有数据库对象的基类，它由特定的模型类进一步扩展。它是这样进行的（简化）：

abstract class Model extends Collection {

    (...)

    function __construct(string $primary_key, string $value) {
        $data = MysqlDB::instance() -> select(static::TABLE, implode(',', static::COLUMNS), "$primary_key=\"$value\"");
        if (count($data) != 1)
            throw new ModelException('Select condition uncertain');
        parent::__construct($data[0]);
    }

    public static function getById(string $id) : ?Model {
        try {
            return new static('id', $id);
        } catch (ModelException $e) {
            return NULL;
        }
    }

    (...)

}

关键是，我getById在子类上使用该函数来获取所需的对象。但是，由于getById方法的返回类型是Model，PhpStorm 无法确定对象具有哪些方法，并突出显示我作为错误使用的方法。因此，没有可用的类型提示。

例如，假设那个final class User extends Model类User有方法sendNotification，这种代码：

User::getById($id) -> sendNotification($param1, $param2, ...)

已经sendNotification泛黄了，就好像它不存在一样。

我知道这不是什么大问题，但是这真的很烦人，因为我被不断的冗余警告分心，而且在这种用例中我不能使用类型提示。

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getById()在您指定动态类型（例如@return static或@return $this）的位置尝试使用实际的 PHPDoc 。

这是提供此类“此类及其子级”类型提示的最常见方式。

另一种可能的选择是相同的 .. 但使用 PHP 7.1 功能（因此没有 PHPDoc 块）。

尝试使用self作为返回类型而不是Model. 我的意思是这里：

public static function getById(string $id) : ?Model {

改用这个：

public static function getById(string $id) : ?self {

但是对于这个，您应该使用 PhpStorm 2017.2 EAP 构建，因为 2017.1.x 存在问题（参见https://stackoverflow.com/a/44806801/783119作为示例）。

于 2017-07-04T19:56:42.793 回答
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有三种方法可以实现这一点，它们都与 PHPStorm 无关。

首先用正确的返回类型覆盖每个孩子的方法：

/**
 * @return User
 */
public static function getById(string $id) : ?Model { return parent::getById($id); }

其次将所有可能的孩子添加到抽象类的返回标签中。

/**
 * @return Model|User|...
 */
public static function getById(string $id) : ?Model { /* ... */ }

第三，就地添加类型提示：

/** @var User $user */
$user = User::getById($id);
$user->sendNotification($param1, $param2, ...);

这些不好且难以维护。但是 PHPStorm 中没有“设置”。

于 2017-07-04T18:19:30.447 回答