Question

如何将$_FILES["fileToUpload"]["tmp_name"]转换为要在move_uploaded_file中使用的变量？

这有效：

  $filename = compress_image(($_FILES["fileToUpload"]["tmp_name"]), $url, 30);

但我想尝试这样的事情：

  $filename = compress_image($images, $url, 30);

但是，当它在上面时它不起作用。

我开始的另一个选择是：

  file_put_contents($target_file , $image);

在这种情况下，图像被正确地命名为目录，但图像总是被破坏。

澄清：

需要将（$ _FILES [＆＃34; fileToUpload＆＃34;] [＆＃34; tmp_name＆＃34;]）转换为

的变量

    ob_start(); echo imagejpeg($image,null,30); 
    $image =ob_get_clean(); 
    ob_end_clean();
     $image = addslashes($image);

我需要使用$ image来保存到目录。 $ image已成功存储到mysql中。我已经尝试过编码，并在$ image上解码，但仍然没有运气。

Answer 1

让我一步一步解释问题：

一塌糊涂从这一行开始：

$image = imagecreatefromstring(file_get_contents($_FILES['fileToUpload']['tmp_name']));

问题：

绝不使用临时文件进行处理;首先move_uploaded_file()首先将上传的文件移至永久地点
不需要使用file_get_contents();您可以使用imagecreatefromjpeg()（以及其他格式，如GIF，PNG等）来替换imagecreatefromstring(file_get_contents())内容

以下是您的compress_image()功能：

function compress_image($source_url, $destination_url, $quality) {
    $info = getimagesize($source_url);
    if ($info['mime'] == 'image/jpeg')  {
        $image = imagecreatefromjpeg($source_url);
    } elseif ($info['mime'] == 'image/gif') {
        $image = imagecreatefromgif($source_url);
    } elseif ($info['mime'] == 'image/png') {
        $image = imagecreatefrompng($source_url);
    }
    imagejpeg($image, $destination_url, $quality);
    return $destination_url;
}

问题：

如果MIME不是上述内容，则imagejpeg()将失败（但您没有提供它;请始终检查函数的返回值）
你没有检查$destination_url是否可写＆amp;是否存在

接下来，假设compress_image()效果很好并返回$destination_url并在路径中创建了有效的JPEG，以下代码会导致更多问题：

$sql = "INSERT INTO fffdf (`user_id`,`imit`) VALUES ('9','$image')";
if (mysqli_query($conn, $sql)) {
  echo "New record created successfully";
} else {
  echo "Error: " . $sql . "<br>" . mysqli_error($conn);
}

问题：

为什么要将$image直接保存到数据库中？将图像数据存储在DB中是一种非常糟糕的做法。改为尽可能保存路径
$image此处无法访问; $image的范围保留在函数compress_image()中，因此$image仍包含compress_image()之前的值，除非您在压缩函数中使用global $image;（不建议）。通过引用将$image作为函数参数传递：

function compress_image（＆amp; $ image，$ destination_url，$ quality）

如果您将图像数据存储在$source_url中，则不需要$image。

希望以上有所帮助。

PHP $ _FILES [“fileToUpload”] [“tmp_name”]

1 个答案: