PHP标题，内容类型：图像不允许文本

我有一个设置为字符串的变量（

$output

）

我正在使用一个图像来表示这个字符串

特别是我正在使用的函数，只做了很小的修改：

<?php
// Create a 100*30 image
$im = imagecreate(100, 30);

// White background and blue text
$bg = imagecolorallocate($im, 255, 255, 255);
$textcolor = imagecolorallocate($im, 0, 0, 255);

// Write the string at the top left
imagestring($im, 5, 0, 0, $output, $textcolor); #here is my string $output

// Output the image
header('Content-type: image/png');

imagepng($im);
imagedestroy($im);
?>

在那之后，不允许我输出任何html

所以我读了这个问题，你不能，但建议这样：

这当然没问题，但我不知道这将如何解决我的问题，因为即使我知道这个图像的来源（，我不知道-所以，这将是我的第一个问题，生成图像的路径是什么*），我也不会改变这样的事实，即标题在那里，不允许我输出文本

那么，我想你会如何处理这个问题

提前谢谢

---

*我想这会解决我的问题，因为我可以在一个外部文件上这样做，只需调用图像（但可能不会，因为我必须执行include，这也会包括头部），正如您看到的，我有点困惑。对不起：）

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更新：

因此，我发现我的问题令人困惑，因此我将添加更多代码，看看这是否能进一步澄清我的问题：

<?php

$x = mt_rand(1,5);
$y = mt_rand(1,5);

function add($x, $y) { return $x + $y; }
function subtract($x, $y) { return $x - $y; }
function multiply($x, $y) { return $x * $y; }

$operators = array(
    'add',
    'subtract', 
    'multiply'
    );

$rdno = $operators[array_rand($operators)];

$result = call_user_func_array($rdno, array($x, $y));
session_start();
$_SESSION['res'] = $result;

if ($rdno == "add") {
    $whato = "+";
}elseif ($rdno == "subtract") {
    $whato = "-";
} else {
    $whato = "*";
}
$output = $x . $whato . $y . " = ";
?>
<form name="input" action="check.php" method="post">
<input type="text" name="result" />
<input type="submit" value="Check" />
</form>

---

我希望

$output

成为一个图像，因此我尝试使用上面的PHP:GD脚本，但由于标题的原因，我无法将put放入同一个文件。

您需要制作一个单独的PHP脚本来为图像服务，然后制作一个指向该脚本的

标记

---

您可以使用图像URL中的查询字符串向脚本发送信息。

HTTP不能以这种方式工作。当您提供图像/png数据时，就好像您提供的是来自站点的png文件，而不是包含图像的html文件。您想实现什么？

my_img.php不是您图像的源代码。它是生成该图像的脚本的源，或者从文件中读取图像并直接输出到浏览器中。显然，使用img src的方法是最好的，因为您将把显示图像字符串的所有“枯燥”实现隐藏在浏览器的机制后面。

首先是路径

:

imagepng（资源$image[，字符串$filename[，int$quality[，int$filters]]））

这意味着，如果不提供第二个参数（这里就是这种情况），则没有文件的路径，只有文件/图像资源的数据。感谢您提供的标题，php文件将被浏览器理解为png文件

第二：

在您的页面（ie index.php）中，您可以这样添加

<img src="myimg.php?output=[...]" />

在php脚本myimg.php中，您的脚本如下所示：

<?php
$output = $_GET['output'] // getting your text

// Create a 100*30 image
$im = imagecreate(100, 30);

// White background and blue text
$bg = imagecolorallocate($im, 255, 255, 255);
$textcolor = imagecolorallocate($im, 0, 0, 255);

// Write the string at the top left
imagestring($im, 5, 0, 0, $output, $textcolor); #here is my string $output

// Output the image
header('Content-type: image/png');

imagepng($im);
imagedestroy($im);
?>

---

2分离文件。

您可以使用

echo'

而不是

内联发送图像
不要设置内容类型标题！您的输出是text/html，您无需宣布，因为这是大多数服务器设置中的默认设置。

Morbo说：“风车不是那样工作的！晚安！”

这意味着你需要专注于这一切是如何运作的。这个问题表明你对你的工具有一个基本的误解。HTML不能包含图像，它包含指向图像的链接。因此，您的脚本需要通过图像标记从另一个页面包含。（或CSS）

然而，这一切都是一件好事。这意味着该脚本可以具有动态元素，这些元素在每次调用时生成新图像。或者它可以通过密码保护您的图像，这样只有登录的用户才能看到它

有很多方法可以使用它。一旦你意识到图像就像是php的一个页面，这就打开了新的途径。Php可以输出任何东西。Word文档、excel、pdf、css甚至JS。所有这些都可以用来做很酷的事情

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只需将图像看作一个单独的页面。你会明白的。它只会在你的脑海中一闪而过。其中一个重要的“啊哈”时刻。

好的，我想我知道你要去哪里了。+1-你想把图像放在哪里需要

。因为您提供的是

image/png

内容类型，所以它会将脚本返回的任何内容都视为图像。@SLaks问题是我正在动态生成此

$output

，因此我不知道如何将其放在另一个文件m上，因为该过程将生成变量，我想通过一个会话将其发送到执行PHP:GD的文件，然后获取源代码。这有点让人困惑，我在解释我自己吗？谢谢@Akinator：您需要将代码移动到一个单独的文件中。你可以在querystring中传递它需要的任何信息。我并不是说我可能不会对一些基本概念感到困惑，但在这种情况下，我认为表达自己的问题比这更大。我知道html不能包含图像：）所以在你的问题中，它是一个带有my_img.php的标记。该文件包含图像脚本。a标记所在的文件是页面本身。同意，但我不知道如何链接到它，因为当我必须调用它时，我会“尚未创建”，或者，请看一下我的更新。您调用的PHP脚本将动态创建图像。不把它保存在任何地方。

<?php
$output = $_GET['output'] // getting your text

// Create a 100*30 image
$im = imagecreate(100, 30);

// White background and blue text
$bg = imagecolorallocate($im, 255, 255, 255);
$textcolor = imagecolorallocate($im, 0, 0, 255);

// Write the string at the top left
imagestring($im, 5, 0, 0, $output, $textcolor); #here is my string $output

// Output the image
header('Content-type: image/png');

imagepng($im);
imagedestroy($im);
?>