Question

<?php
include('core/init.php');

$name = mysql_result(mysql_query("SELECT `photo_urlpath` FROM photos ORDER BY `photo_id` DESC LIMIT 1"), 0);

        if($name == false){
            echo "Failed to open $name";
        } else {
            echo "Worked! <br>" . "$name";
        }

$stamp = imagecreatefrompng('upload/watermarkMQ.png');
$im = imagecreatefromjpeg($name);

// Set the margins for the stamp and get the height/width of the stamp image
$marge_right = 10;
$marge_bottom = 10;
$sx = imagesx($stamp);
$sy = imagesy($stamp);

// Copy the stamp image onto our photo using the margin offsets and the photo 
// width to calculate positioning of the stamp. 
imagecopy($im, $stamp, imagesx($im) - $sx - $marge_right, imagesy($im) - $sy - $marge_bottom, 0, 0, imagesx($stamp), imagesy($stamp), 50);

// Output and free memory
    imagejpeg($im, "wm_" . $name);
    imagedestroy($im);

?>

mysql结果返回photo_urlpath并且它正常工作，因为它回应了“Worked！”然后是文件名。

唯一不起作用的是 imagejpeg（$ im，“wm_”。$ name）;

我想使用相同的文件名，但在原始图像名称之前使用wm_。但是使用该代码它不会输出任何内容。当我用'test.jpg'替换$ name时，它会工作并输出一个漂亮的wm_test.jpg文件。

您是否无法将变量用作输出文件名？

Answer 1

我不确定它是否对您的情况有帮助，但我正在从文本文件中读取文件名，并且存储路径的每个字符串变量在结尾处仍然具有行尾字符。我只是使用

将其剪掉

$fileName = substr($fileName, 0, -1);

现在它完美无缺。我建议你检查SQL查询返回的内容。可能会有某些特殊字符需要删除。

使用PHP GD中不起作用的变量值的imagejpeg输出

1 个答案: