Php 显示为图像的GD2 URL
当我运行此代码时，出现以下错误： 无法显示图像“”，因为它包含错误 我在想。。。当然它不能显示，它是一个url而不是一个图像。。。嗯 一切都执行得很好，我只是得到这个黑色页面，认为url是一个图像 这种情况也发生在（某些）其他GD2编码的页面上，但不是全部 有人知道发生了什么吗Php 显示为图像的GD2 URL,php,gd2,Php,Gd2,当我运行此代码时，出现以下错误： 无法显示图像“”，因为它包含错误 我在想。。。当然它不能显示，它是一个url而不是一个图像。。。嗯 一切都执行得很好，我只是得到这个黑色页面，认为url是一个图像 这种情况也发生在（某些）其他GD2编码的页面上，但不是全部 有人知道发生了什么吗 <?php $src = '../../Uploads/Gallery/drafting_site_bg_200.jpg'; $new_img = '../../Uploads/Gallery/copy_bg_20
<?php
$src = '../../Uploads/Gallery/drafting_site_bg_200.jpg';
$new_img = '../../Uploads/Gallery/copy_bg_200.jpg';
$image = imagecreatefromjpeg($src);
$image = flip($image,1,0); // flips horizontal
//$image = flip($image,0,1); // flips vertical
//$image = flip($image,1,1); // flips both
header("Content-type: image/jpeg");
imagejpeg($image, $new_img, 80);
imagedestroy($image);
function flip($i,$h=1,$v=0) {
$width = imagesx($i);
$height = imagesy($i);
$temp = imagecreatetruecolor($width,$height);
imagecopy($temp,$i,0,0,0,0,$width,$height);
if ($h==1) {
for ($x=0 ; $x<$width ; $x++) {
imagecopy($i, $temp, $width-$x-1, 0, $x, 0, 1, $height);
}
imagecopy($temp,$i,0,0,0,0,$width,$height);
}
if($v==1) {
for ($x=0; $x<$height ; $x++) {
imagecopy($i, $temp, 0, $height-$x-1, 0, $x, $width, 1);
}
}
return $i;
}
?>
<!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "http://www.w3.org /TR/xhtml1/DTD/xhtml1-transitional.dtd">
<html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml">
<head>
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8" />
<title>Untitled Document</title>
</head>
<body>
</body>
</html>
无标题文件
@imagecreatefromjpeg@头一起使用。图像将成功创建，但您会收到一个错误
文件名
The path to save the file to. If not set or NULL,
the raw image stream will be outputted directly.
您可以保存文件或使用标题打印文件。所以应该插入null。这对我有效，但不会存储您的更改：
<?php
$src = '../../Uploads/Gallery/drafting_site_bg_200.jpg';
$image = imagecreatefromjpeg($src);
$image = flip($image,1,0); // flips horizontal
//$image = flip($image,0,1); // flips vertical
//$image = flip($image,1,1); // flips both
header("Content-type: image/jpeg");
imagejpeg($image, null, 80);
imagedestroy($image);
function flip($i,$h=1,$v=0) {
$width = imagesx($i);
$height = imagesy($i);
$temp = imagecreatetruecolor($width,$height);
imagecopy($temp,$i,0,0,0,0,$width,$height);
if ($h==1) {
for ($x=0 ; $x<$width ; $x++) {
imagecopy($i, $temp, $width-$x-1, 0, $x, 0, 1, $height);
}
imagecopy($temp,$i,0,0,0,0,$width,$height);
}
if($v==1) {
for ($x=0; $x<$height ; $x++) {
imagecopy($i, $temp, 0, $height-$x-1, 0, $x, $width, 1);
}
}
return $i;
}
?>
我在想。。。当然它不能显示，它是一个url而不是一个图像。。。嗯
用这条线
header("Content-type: image/jpeg");
您告诉浏览器，他在这之后收到的数据是JPEG图像的数据–因此，如果您不打算在这之后发送图像数据，则该行没有位置
只需删除它，PHP就会再次发送其默认内容类型text/html
。为什么您的图像包含html标记？谢谢@CBroe您的评论为我指明了正确的方向。通过删除“header（“Content-type:image/jpeg”）；”行，我再次向前移动。好的，我添加了这个作为（简短的）答案。我需要存储更改。我想保存文件，而不是显示它。这最终将成为图像上传表单的一部分。我对编码并不陌生，但我对GDlib是新手。谢谢：）谢谢@CBroe。。。我正在发布“我的”答案，而你发布了这个。你给我指出了正确的方向，所以。。。给你分。非常感谢。也许你也可以帮我解决一个相关的问题。