Question

这是我的代码。我试图通过调整大小来将图像放入div中。但是它显示了这个错误：“无法修改标题信息，已经发送的标题（输出从F：\ xampp \ htdocs ............开始”

<div class="image" >
<?php header('Content-Type: image/jpeg');
$image=$link;
echo $link;     
$image_size=getimagesize($image);
$image_width=$image_size[0];
$image_height=$image_size[1];
$new_width=200;
$new_height=200;
$new_image = imagecreatetruecolor($new_width,$new_height);
$old_image = imagecreatefromjpeg($image);
imagecopyresized($new_image,$old_image,0,0,0,0,$new_width,$new_height,$image_width,$image_height);
imagejpeg($new_image);
?>

</div>

Answer 1

您可以使用php标头，只有在之前没有输出任何内容时...在这种情况下，您输入了<div class="image" >，标准文本标题已发送。在这种情况下，发送另一个标题是错误的。
正如评论中所述，<?php - 需要空间。

解决方案很简单。创建另一个php文件，并将其命名为image.php。在该文件中，输入此代码（在<?php ?>标记内）：

header('Content-Type: image/jpeg');
$image=$link;
$image_size=getimagesize($image);
$image_width=$image_size[0];
$image_height=$image_size[1];
$new_width=200;
$new_height=200;
$new_image = imagecreatetruecolor($new_width,$new_height);
$old_image = imagecreatefromjpeg($image);
imagecopyresized($new_image,$old_image,0,0,0,0,$new_width,$new_height,$image_width,$image_height);
imagejpeg($new_image);

在原始代码中，您可以使用：

<div class="image" >
    <img src="image.php">
</div>

在这种情况下，php脚本作为图像可见。标题表明它是一个图像。在实际代码中，您只提供此图像的来源，即image.php。扩展名并不重要（例如，我们通常会编写image.jpg），但该文件的标题（header('Content-Type: image/jpeg');）会告诉浏览器这是一个真正的图像。

附加说明：

如果在你的主脚本中你有一些逻辑，你用来创建那个图像，你必须使用GET方法将所有这些逻辑传递给该图像，或者在image.php中重写它...

例如，如果大小是一个变量（在这种情况下它不是，但我正在使用一个例子），你可以这样做：

<img src="image.php?width=<?php echo $width; ?>">

在image.php中

$width = isset($_GET['width']) ? $_GET['width'] : 100; // 100 = default

请记住，不要使用该方法传递任何重要信息。例如，如果您正在生成验证码图像，则不应在get;）中传递验证码。

我希望您的图像生成代码是好的。如果没有，您可以删除第一行，并在浏览器中访问image.php。没有任何标题，它会将其视为普通文本页面，并将显示php错误。如果没有错误，只需要进行位编码，然后添加标题，它应该可以正常工作。

希望它有所帮助，并且给你一些关于标题如何在php中工作的线索。没有“动态”标题，每个文件都存在于自己的标题世界中。

我试图通过使用php调整大小来将图像放入div中。但它无法正常工作

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