需要帮助理解这个PHP代码吗

我知道一些基本的东西，比如什么是函数，什么是类，什么是方法等等。但是我完全搞不清楚下面的代码到底是怎么读取图像的，我在某个地方读到，我们必须先读取二进制格式的图像。我对php如何读取图像并加载图像进行读取的过程感到困惑。我想知道这个类中每一个代码的功能，以及这些代码的实际情况

代码：

class Image {

    function __construct($filename) {
    //read the image file to a binary buffer
    $fp = fopen($filename, 'rb') or die("Image $filename doesn't exist");
    $buf = '';
    while(!feof($fp))
    $buf .= fgets($fp, 4096);

    //create image
    imagecreatefromstring($buf);
    }
}

当我用语法

$image=newimage（“pic.jpg”）实例化对象图像时它不以html格式打印图像，变量$image实际上包含什么，如果我想以html格式打印图像，我应该做什么

更新：

仅供参考：我了解PHP和HTML，因为我在尝试学习PHP中的OOP，我偶然看到了这篇文章，因为我不清楚这段代码，所以我想问你们，我非常感谢你们的回答，如果你们能尝试解释代码，而不是让我尝试不同的代码，我将不胜感激

我的关注纯粹是为了学习，我不会在任何地方实现它。
在HTML中，您所需要做的就是在


源必须是图像的URL，相对于Web服务器根目录


至于代码，你提出了。这对于HTML使用是完全不必要的，对于PHP中的标准图像使用也是不必要的，因为有直接的方法从文件加载图像，例如JPEG文件

目前，您的
Image
类的构造函数获取一个文件名，打开该文件，并将整个内容作为二进制数据读取到字符串
$buf
，每次4096字节。然后它调用
imagecreatefromstring（$buf）
将文件数据转换为图像资源，然后可以在PHP中进一步使用

正如我所说的，如果您只想在HTML中显示现有图像，那么这些都不是特别相关的。这些命令是为图像操作、检查和创建而设计的。
在HTML中，您只需在


源必须是图像的URL，相对于Web服务器根目录


至于代码，你提出了。这对于HTML使用是完全不必要的，对于PHP中的标准图像使用也是不必要的，因为有直接的方法从文件加载图像，例如JPEG文件

目前，您的
Image
类的构造函数获取一个文件名，打开该文件，并将整个内容作为二进制数据读取到字符串
$buf
，每次4096字节。然后它调用
imagecreatefromstring（$buf）
将文件数据转换为图像资源，然后可以在PHP中进一步使用

正如我所说的，如果您只想在HTML中显示现有图像，那么这些都不是特别相关的。这些命令是为图像操作、检查和创建而设计的。
PHP的
imagecreate*
函数返回一个资源。如果要将其发送到客户端，则必须设置适当的头，然后发送原始图像：

<img src="/path/to/image/image.jpg" width="600" height="400" alt="Image Name" />

有关详细信息，请参阅。
PHP的
imagecreate*
函数返回资源。如果要将其发送到客户端，则必须设置适当的头，然后发送原始图像：

<img src="/path/to/image/image.jpg" width="600" height="400" alt="Image Name" />

有关详细信息，请参阅。
如果您只想显示图像，以上所有内容都是无关的。您只需要写出一个HTML图像标记，例如

header('Content-Type: image/jpeg');
imagejpeg($img);

echo'；

就这样

您给出的代码需要很长很不方便的方式来加载图像，以便使用GD库进行操作；这几乎肯定不是你想要做的，但是如果你做了，那么你可以用它来代替。
如果你只想显示图像，以上所有的一切都是不相关的。您只需要写出一个HTML图像标记，例如

header('Content-Type: image/jpeg');
imagejpeg($img);

echo'；

就这样

您给出的代码需要很长很不方便的方式来加载图像，以便使用GD库进行操作；这几乎肯定不是您想要做的，但是如果您做了，那么您可以使用。
您的
$image
将包含
image
类的实例

您将尝试打开
$filename
。如果这不可能，脚本将死亡/终止，并显示一条错误消息。如果可以打开
$filename
，则该文件将被读入
$buf
变量，并将创建GD图像资源

由于以下几个原因，该代码不太理想：

由
imagecreatefromstring
创建的GD资源未分配给。这意味着，整个过程毫无意义，因为资源在创建后将丢失。在构造函数中完成的工作丢失了

调用
die
将终止脚本。这是无法回避的。最好是

使用
fopen
和
fread
读取文件是可行的，但如果操作系统支持，它将使用内存映射技术来提高性能

这对可测试性是有害的

更好的方法是使用

class Image
{
  public $source = '';

    function __construct($filename)
    {
      $fp = fopen($filename, 'rb') or die("Image $filename doesn't exist");
      $buf = '';
      while(!feof($fp))
      {
        $buf .= fgets($fp, 4096);
      }
      $this->source = imagecreatefromstring($buf);
    }
}
$image = new Image('image.jpg');
/* use $image->source for image processing */
header('Content-Type: image/jpeg');
imagejpeg($image->source);

那你就可以了

class Image
{
    protected $_gdResource;

    public function loadFromFile($fileName)
    {
        $this->_gdResource = imagecreatefromstring(
            file_get_contents($fileName)
        );
        if(FALSE === $this->_gdResource) {
            throw new InvalidArgumentException(
                'Could not create GD Resource from given filename. ' .
                'Make sure filename is readable and contains an image type ' .
                'supported by GD'
            );
        }
    }

    // other methods working with $_gdResource … 
}

您的
$image
将包含
image
类的实例

您将尝试打开
$filename
。如果这不可能，脚本将死亡/终止，并显示一条错误消息。如果可以打开
$filename
，则该文件将被读入
$buf
变量，并将创建GD图像资源

由于以下几个原因，该代码不太理想：

由
imagecreatefromstring
创建的GD资源未分配给。这意味着，整个过程毫无意义，因为