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图像缩略图等。

连接到数据库以获取文件名和详细信息 该表包含所有真实文件信息。Mimetype,扩展等。

物理图像位于文件夹路径中的硬盘上,并重命名如下:s:\onlinemedia\files\1\2241.dat

[键入 pjpeg] [Mime 图像/jpeg]

但是,当我将标题设置为 image/jpg 时,我可以获得所有这些信息,我将字符串的输出输出到路径。

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?

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1 回答 1

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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);

执行此操作时,$thumb-save();您需要将路径传递给新文件以将其另存为。如果你真的想这样做,你现在如何拥有它会覆盖原来的。此外,$thumb->show();不应该需要参数,它偏离了您用于创建对象的路径参数。我也不确定您是否需要使用 PhpThumbFactory 来处理标头,因为我认为 show() 方法可以处理。

于 2011-03-07T19:09:00.293 回答