Question

我正在尝试在PHP中创建一个函数，它允许我输入基本上任何URL，然后在其上运行一些函数，就像用户在我的服务器上上传一样。所以我会调整大小并制作一些缩略图，但我需要帮助才能使图像处于可以在其上运行其他代码的状态。此站点上的另一位用户帮助我开始使用ImageCreateFromString（）和file_get_contents（）

请注意这段代码缺少很多我知道的东西，我只是想让基本功能正常工作，然后我会添加所有安全措施

我使用这样的网址尝试了以下代码，并在我的脚本网址中添加了照片网址：

http://example.com/friendproject2/testing/photos/fromurl/?url=http://a0.twimg.com/a/1262802780/images/twitter_logo_header.png

但它没有显示任何内容，甚至没有出现错误

function getphotoURL($url){
    if(isset($url) && $url != 'bad') {
        $image = ImageCreateFromString(file_get_contents($url));
        if (is_resource($image) === true){
            echo 'The URL of the image we fetch is :' .$url. '<BR><BR>';
            //show image
            header('Content-Type: image/jpeg');
            imagejpeg($image, null, 100);
            imagedestroy($image); 
            imagedestroy($image); 
            // image is valid, do your magic here
        }else{
            // not a valid image, show error
            echo 'error getting URL photo from ' .$url;
        }
    }else{
        //url was empty
        echo 'The URL was not passed into our function';
    }
}
?>

######更新#####

这似乎是我的一个简单错误，简单的检查POST请求而不是GET请求，下面是我的新代码。

我有几个问题，

1）我使用的是imagejpeg（$ image，null，100）;我想知道，我应该使用其他东西吗？它是否需要源图像是jpg或它是否适用于任何图像？我需要允许主要类型（jpg，jpeg，gif，png）

2）与上述问题相同，但是当在屏幕上显示图像时，我将标题设置为：header（'Content-Type：image / jpeg'）;它不应该是其他类型图像的jpg吗？

3）有没有办法可以确保传入的源网址是实际图片，如果不是图片就做我想做的事情，比如显示我自己的错误或做一旦检测到URL不是有效的图像URL

，我自己的代码

<?PHP
// run our function
if(isset($_GET['url']) && $_GET['url'] != "") {
    getphotoURL($_GET['url'],'no');
}


function getphotoURL($url, $saveimage = 'yes'){
    if(isset($url) && $url != '') {
        $image = imagecreatefromstring(file_get_contents($url));
        if (is_resource($image) === true){
            if($saveimage === 'yes'){
                // resize image and make the thumbs code would go here if we are saving image:
                // resize source image if it is wider then 800 pixels
                // make 1 thumbnail that is 150 pixels wide
            }else{
                // We are not saving the image show it in the user's browser
                header('Content-Type: image/png');
                imagejpeg($image, null, 100);
                imagedestroy($image); 
            }
        }else{
            // not a valid resource, show error
            echo 'error getting URL photo from ' .$url;
        }
    }else{
        // url of image was empty
        echo 'The URL was not passed into our function';
    }
}
?>

Answer 1

为PNG或GIF（透明度）调用imagecreatefromstring（）后

对图像进行以下操作：

imagealphablending($image, true); // setting alpha blending on
imagesavealpha($image, true);

将平坦的黑色背景变为Alpha通道。

Answer 2

回答您的新问题：

1）我正在使用imagejpeg（$ image，null， 100）;我想知道，我应该用别的东西？它需要吗？源图像是jpg或将它适用于任何图像？我需要允许主要类型（jpg，jpeg，gif， PNG）

嗯，php.net说，“imagejpeg（）从给定的图像创建一个JPEG文件”。但重要的是这个，“一个图像资源，由图像创建函数之一返回，如imagecreatetruecolor（）。”。并且您使用“imagecreatefromstring（）返回一个图像标识符，表示从给定数据中获取的图像。如果您的PHP版本支持它们，将自动检测这些类型：JPEG，PNG，GIF，WBMP和GD2。” 所以，那应该没问题。

2）与上述问题相同但是何时我在屏幕上显示图像标头设置为：标题（'Content-Type：image / jpeg'）; 如果不是其他类型的jpg 图象？

标题应为jpg类型 - 如果这是文件类型，那么你是正确的。

3）有没有办法让我确定传入的源URL是一个实际的形象，做任何我想做的事情它不是一个图像，就像展示我自己的一样一旦检测到错误或执行我自己的代码该URL不是有效的图片网址

是的 - 而不是做：

$image = ImageCreateFromString(file_get_contents($url));

你可以这样做：

$image = imagecreatefromjpeg($url);
if (!$image) echo "error";

imagecreatefromjpeg（）返回一个图像表示图像的标识符从给定的文件名中获取。

但实际上，你所拥有的一切都很好。

是否显示错误消息

    echo 'The URL was not passed into our function';

或者什么都没有？

如果显示错误消息，可能检查===失败：

将返回图像资源成功。如果是，则返回FALSE 图像类型不受支持，数据是不是公认的格式，或者图像已损坏且无法加载。

此外，您是否在开发服务器上记录了最大错误？这样你可以看到任何可能的警告被抛出？

PHP ImageCreateFromString和file_get_contents

2 个答案: