验证变量是否是有效的GD图像资源的方法？

Question

我有一个类接受GD图像资源作为其参数之一。据我所知，没有办法输入提示，因为它是一个资源，而不是一个对象。有没有办法验证提供的参数是否是有效的GD图像资源（除了使用此资源失败的进一步功能）？

PS：请不要在答案中提及ImageMagick ......

Answer 1

如果资源是gd图像，

get_resource_type（）返回“gd”，这就是你需要的。

Answer 2

get_resource_type功能可以帮助你。如果没有编写代码并查看它返回的内容，我不确定它对于GD资源会说些什么，所以你自己就在那里。不过应该是一个很好的起点！

Answer 3

从 PHP 8.0 开始，带有 get_resource_type 图像参数的 GD 将抛出一个 Fatal Error：

<块引用>

PHP 致命错误：Uncaught TypeError: get_resource_type(): Argument #1 ($resource) must be of type resource, GdImage given.

我们应该使用 get_class() 函数。 PHP 文档说明：

<块引用>

从 PHP 7.2.0 开始，不再允许显式传递 null 作为对象。该参数仍然是可选的，从类内部调用没有参数的 get_class() 也可以，但现在传递 null 会发出 E_WARNING 通知。

因此，在 PHP 8.0 中检查这一点的正确方法应该是：

function is_gd_image($var) : bool {
    return (gettype($var) == "object" && get_class($var) == "GdImage");
}