Question

我知道什么是函数，类，方法等基础知识。然而，我完全不知道下面的代码究竟是什么来读取图像，我在某处阅读它，我们必须阅读图像首先是二进制格式。我对php如何读取图像并加载它以供阅读的过程感到困惑。我想知道这个类中每个代码的功能以及代码实际发生的情况。

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);
    }
}

当我使用语法$image = new Image("pic.jpg");实例化对象图像时，它不会在html中打印图像，变量$ image实际上是什么，如果我想在html中打印该图像我应该做什么

更新：

仅供参考：我理解PHP和HTML，因为我正在尝试用PHP学习OOP，因为这个特定的代码没有被我理解，所以我想问你们，我非常感谢你的回答，如果您可以尝试解释代码而不是让我尝试不同的代码，我将感激不尽。

我的关注纯粹是出于学习目的，我没有在任何地方实施。

Answer 1

在HTML中，您需要做的就是在<img>标记中引用该文件。

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

源必须是图像的URL，相对于您的Web服务器根目录。

至于代码，你提出来了。这对于HTML使用来说是完全没有必要的，并且对于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，imagecreatefromjpeg()例如用于JPEG文件。

按照目前的情况，Image类的构造函数接受一个文件名，打开该文件并将整个内容作为二进制数据读入字符串$buf，一次读取4096个字节。然后它调用imagecreatefromstring($buf)将文件数据转换为图像资源，然后可以在PHP中使用PHP GD image handling functions进一步使用。

正如我所说，如果您只想在HTML中显示现有图像，那么这一切都不是特别相关。这些命令专为图像处理，检查和创建而设计。

Answer 2

PHP的imagecreate*函数返回一个资源。如果要将其发送到客户端，则必须设置相应的标题，然后发送原始图像：

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

有关详细信息，请参阅GD and Image Functions documentation。

Answer 3

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);

Answer 4

您的$image将包含Image类的实例。

您的constructor会尝试打开$filename。如果那是不可能的，脚本将死/终止并显示错误消息。如果可以打开$filename，则会将文件读入$buf变量，并创建GD图像资源。

由于多种原因，代码不是最理想的：

imagecreatefromstring创建的GD资源未分配给property of the Image class。这意味着整个过程毫无意义，因为资源在创建后将会丢失。构造函数中完成的工作已丢失。
调用die将终止脚本。没有办法解决这个问题。 throw an Exception to let the developer decide whether s/he wants the script to terminate or catch and handle this situation.
读取fopen和fread的文件，但file_get_contents is the preferred way to read the contents of a file into a string.如果您的操作系统支持，它将使用内存映射技术来提高性能。
You should not do work in the constructor.这对可测试性有害。

更好的方法是使用

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 … 
}

然后你可以做

$image = new Image;             // to create an empty Image instance
$image->loadFromFile('pic.jpg') // to load a GD resource

Answer 5

如果您只想显示图像，以上所有内容都无关紧要。您只需要写出一个HTML图像标记，例如

echo '<img src="pic.jpg" />';

就是这样。

您提供的代码使用GD库为操作加载图像需要非常长且不方便的方法;这几乎肯定不是你想要做的，但如果你这样做，那么你可以改用imagecreatefromjpeg。

需要帮助了解此PHP代码

5 个答案: