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我正在编写一个脚本，它将从用户输入上传文件，将其调整为缩略图并将两个新文件名添加到数据库中。

但是，我终生无法弄清楚如何让 PHP 检测图像的 MIME 类型，然后将其提供给标题。这是代码，我已经添加了注释以尝试使其尽可能清晰：

        $picture = $_FILES['picture']['name'];

        /*original file location*/                  
        $file = 'picture/'.$picture.'';
        /*save thumbnail location*/
        $save = 'thumb/tn-'.$picture.'';
        /*append thumbnail filename with tn-*/
        $thumb = 'tn-'.$picture.'';
        /*get original file size*/
        list($width, $height) = getimagesize($file);
        /*get image MIME type*/
        $size = getimagesize($file);
        $fp = fopen($file, "r");
        if ($size && $fp) 
        {
        header("Content-type:".$size['mime']);
        fpassthru($fp);
        exit;
        } 
        else 
        {
        echo 'Error getting filetype.';
        }
        /*define thumbnail dimensions*/
        $modwidth = 300;
        $modheight = 200;
        /*check to see if original file is not too small*/
        if (($width > 301) || ($height > 201)) 
        {
        /*create shell for the thumbnail*/
        $tn = imagecreatetruecolor($modwidth, $modheight);

        /*HERE IS WHERE I HAVE TROUBLE*/

        /*if MIME type is PNG*/
        if ($size['mime'] == "image/png")
            {
        /*try to create PNG thumbnail*/
        $image = imagecreatefrompng($file);
        imagecopyresampled($tn, $image, 0, 0, 0, 0, $modwidth, $modheight, $width, $height);
        imagepng($tn, $save, 100); 
            }

        /*if MIME type is JPEG*/

        if ($size['mime'] == "image/jpeg")
            {
        $image = imagecreatefromjpeg($file);
        imagecopyresampled($tn, $image, 0, 0, 0, 0, $modwidth, $modheight, $width, $height);
        imagejpeg($tn, $save, 100); 
            }

        /*if MIME type is GIF*/

        if ($size['mime'] == "image/gif")
            {
        $image = imagecreatefromgif($file);
        imagecopyresampled($tn, $image, 0, 0, 0, 0, $modwidth, $modheight, $width, $height);
        imagegif($tn, $save, 100); 
            }
        }
        else { echo 'Your file is too small.'; }

所以这是我不明白的部分：当我上传 .jpeg 时，代码可以正常工作，但如果它是 PNG 或 GIF，它会弹出一个页面，上面写着“图像 '127.0.0.1:8888 '无法显示，因为它包含错误。' 我想它一定没有正确的 Header MIME 类型，但它可能是别的东西吗？

当我选择 .jpeg 时，它会很好地上传到我的图像文件夹，并会像我想要的那样为我的 Thumbnail 文件夹生成一个缩略图。

但是，一旦我尝试使用 PNG 和 GIF，它就失败了。我一定遗漏了一些明显的东西吗？

这段代码对我想要完成的事情有好处吗？

提前致谢，

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2 回答 2

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使用 PHP 的 GD 扩展确实很痛苦。就个人而言，我建议采用像WideImage这样的抽象库。这将大大简化您的代码：

$picture = $_FILES['picture']['name'];

/*original file location*/                  
$file = 'picture/'.$picture;
move_uploaded_file($_FILES["userfile"]["tmp_name"], $picture);

/*save thumbnail location*/
$save = 'thumb/tn-'.$picture;

// Magic Begins Here ......

require "path-to/WideImage.php";

$image = WideImage::load($picture);
$thumb = $image->resizeDown(300, 200, 'inside');

$thumb->saveToFile($save);

是的，上面的所有代码都减少到了四个通道。

几点建议：

  • 永远不要依赖$_FILES[]['mime']。这是由用户代理发送的，它不能被信任。
  • 出于同样的原因，我不会将我的文件名基于$_FILES[]['name'].

此外，您的原始代码不起作用，因为您从来没有move_uploaded_file().

于 2011-03-10T01:18:28.717 回答
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得到了更好的解决方案，使用Thumbnailer类实际上可以很有趣地处理图像。

function callb(& $image) {
   $image->thumbFixed(300,200)->save('/some/location/'.$image->filename);
}

// myFile refers to $_FILES['myFile']
// upload image and handle it
Thumbnailer::upload('myFile', 'callb');
于 2011-03-10T08:11:22.763 回答