Question

我已阅读this，但没有太多帮助。

我有一个名为视频的文件夹和另一个名为缩略图的文件夹。我在视频文件夹中有很多mp4视频，并希望使用ffmpeg和php在第4秒捕捉到缩略图文件夹中的缩略图。

我在windows whit php 5.3.8和Apache 2.2.21
我从ffmpeg download page的 FFmpeg Windows Builds 部分下载了ffmpeg，从this链接下载了静态32版本。

我将7z文件解压缩到我的网站root 这是我的PHP代码：

$ffmpeg = "includes/ffmpeg/bin/ffmpeg";
foreach(glob('files/videos/*.mp4') as $pathname){
  $filename = substr($pathname,13,strripos($pathname,'.mp4')-13);
  $thumbnail = 'files/thumbnails/'.$filename.'.jpg';
  exec("ffmpeg -i $pathname -an -y -f mjpeg -ss 00:00:04 -vframes 1 $thumbnail");
}

但没有任何反应，缩略图文件夹始终为空！ - 我怎么知道我的服务器上是否安装了ffmpeg？ - 如何让我的脚本工作？
请帮忙

Answer 1

试试这个：

$ffmpeg = "c:/wamp/www/includes/ffmpeg/bin/ffmpeg";
$videos = "c:/wamp/www/files/videos/*.mp4";
$ouput_path = "c:/wamp/www/files/thumbnails/";
foreach(glob($videos) as $v_file){
    $fname = basename($v_file, ".mp4");
    $thmb = $ouput_path.$fname.'_tn.jpg';
    $cmd = "$ffmpeg -i $v_file -an -y -f mjpeg -ss 00:00:04 -vframes 1 $thmb";
    $stat = system ($cmd);
}

Answer 2

尝试使用命令中的绝对路径而不是依赖于PATH ENV变量： exec()和system()都有效。解决路径定义。

/* Using Absolute paths */
$ffmpeg = "c:/wamp/www/includes/ffmpeg/bin/ffmpeg";
$videos = "c:/wamp/www/files/videos/*.mp4";
$ouput_path = "c:/wamp/www/files/thumbnails/";

foreach(glob($videos) as $video_file){

    $filename = basename($video_file, ".mp4");
    $thumbnail = $ouput_path.$filename.'_tn.jpg';
    $command = "$ffmpeg -i $video_file -an -y -f mjpeg -ss 00:00:04 -vframes 1 $thumbnail";

    $status = system ($command);
/*or
    $status = exec($command);

    if ($status === false) {
        var_dump("ERROR: Conversion Failed!!!!");
    } else
        var_dump($status);
*/
}

Answer 3

我不允许添加评论，因此这里（作为帖子）是我在处理此问题时发现的：文件名中的空格会阻止ffmpeg查找正确的文件。因此，一种方法是更改文件名。

为文件夹中的一堆mp4视频生成缩略图

3 个答案: