PHP，GD，图像处理

Question

图片缩略图等。

文件名和详细信息的数据库连接表包含所有实际文件信息。 Mimetype，扩展名等

物理映像位于文件夹路径中的硬盘上，并重命名为：s：\\ onlinemedia \\ files \\ 1 \\ 2241.dat

[Type pjpeg] [Mime图片/ jpeg]

但是，当我将header设置为image / jpg时，我可以获得所有这些信息，而将字符串的输出输出到了路径中。

s：\\ onlinemedia \\ files \\ 1 \\ 2241.dat

$fileid = $passcode = '';
$fileid     = (isset($_GET['fileid']) ? $_GET['fileid'] : '');
$passcode   = (isset($_GET['passcode']) ? $_GET['passcode'] :'');
$filename = $frw->source->img($fileid,$passcode);
$thumb = PhpThumbFactory::create($filename);
$thumb->adaptiveResize(16,16);
$thumb->save($filename);
$thumb->show($filename);

这里到底发生了什么？

Answer 1

我在发布的代码中看到的一件事是：

$thumb = PhpThumbFactory::create($filename);
$thumb->adaptiveResize(16,16);
$thumb->save($filename);
$thumb->show($filename);

当做$thumb-save(); 您需要将路径传递到新文件以将其另存为。 如果您实际想要这样做，现在的方式将覆盖原始内容。 另外， $thumb->show(); 不需要参数，它离开了您用来创建对象的路径参数。 我也不确定是否需要使用PhpThumbFactory弄乱标题，因为show（）方法可以处理我认为的问题。