Question

我正在使用Thumbalizr API来捕获网站截图。

我正在尝试将变量中的网址传递到下面的脚本中，目前显示的是"www.google.com"。

当我尝试执行$url = "www.google.com";并将其传递给$image->request($url);时，它似乎失败并检索屏幕截图，但建议屏幕截图无法访问。

我做错了什么？

这是完整正常工作的原始php。

<?php

    define ("_THUMBALIZR",1);

    require_once("config.inc.php"); // get config and functions
    $image=new thumbalizrRequest(); // create object
    $image->request("www.google.com"); // send request

    if ($image->headers['Status']=="OK" || $image->headers['Status']=="LOCAL") { // if picture is available
     $image->output(); //dump binary image data
    } else {
     print_r($image->headers); // print text result output - you can dump your own "queued" picture here
    }

    ?>

Answer 1

如果您向我们展示您当前的代码，IE可以使用$ url，这可能有所帮助。简而言之，只要正确定义$ url并且在当前范围内（如果在函数内部），使用$ url代替“www.google.com”应该没有区别。

显示当前状态，我们可以更好地帮助您解决此问题。

Answer 2

需要http://www.google.com：）

将一个url作为变量传递给thumbalizr php

2 个答案: