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PHP Grundlagen Hier kann über grundlegende Probleme oder Anfängerschwierigkeiten diskutiert werden |
23.05.2004, 02:11:36
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Anfänger
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Registriert seit: Oct 2003
Ort: Kiel
Beiträge: 46
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Thumbnails dynamisch erstellen
Ich versuche gerade Thumbnails dynamisch zu erstellen. Hier der Code:
PHP-Code:
$image = imagecreatefromjpeg("bilder/".$dateiname);
$image1 = imagecreate(200,150);
imagecopyresized($image1,$image,0,0,0,0,200,150,200,150);
header("Content-Type: image/jpeg");
imagejpeg($image1,"",60);
Das einzige was ich aber zu sehen bekomme sind viele Zeilen Sonderzeichen, aber kein Bild.
Danke,
nino
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24.05.2004, 19:43:16
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Anfänger
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Registriert seit: Jun 2003
Beiträge: 65
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Wie versuchst du denn dein Bild darzustellen?
Per <img src="code.php"> ?
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25.05.2004, 15:39:03
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Anfänger
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Registriert seit: Oct 2003
Ort: Kiel
Beiträge: 46
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oh, ich dachte, dass
PHP-Code:
imagejpeg($image1,"",60);
das bild direkt wie ein echo-befehl ausgibt. stimmt das etwas nicht?
nino
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25.05.2004, 16:39:20
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Senior Member
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Registriert seit: Apr 2003
Alter: 57
Beiträge: 1.236
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Hi,
Zitat:
... stimmt das etwas nicht?
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Nein, Du speicherst das Skript als "code.php" ab, und rufst es dann wie MasterOfPuppets geschrieben hat auf.
Dein Skript ist nämlich OK.
Gruss
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25.05.2004, 21:33:34
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Anfänger
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Registriert seit: Oct 2003
Ort: Kiel
Beiträge: 46
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Kann ich dieser code.php dann auch Variablen übergeben?
Bsp.:
bilder.php
PHP-Code:
...
echo"<IMG SRC="code.php?datei=".$dateiname."">";
...
code.php
PHP-Code:
<?PHP
$dateiname = $HTTP_GET_VARS['datei'];
$image = imagecreatefromjpeg("http://www.xxx.xx/xxx".$dateiname);
$image1 = imagecreate(200,150);
imagecopymerge($image1,$image,0,0,0,0,200,150,200,150);
header("Content-Type: image/jpeg");
imagejpeg($image1,"",60);
?>
--EDIT------------------------------------------------------------
Ok, es geht nicht, aber wie kann ich dieser "code.php" aus einer schleife heraus denn dann die Bilder übergeben?
nino
Geändert von nino (25.05.2004 um 22:13:15 Uhr)
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26.05.2004, 02:28:42
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SELFPHP Guru
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Registriert seit: Dec 2003
Ort: Erfurt
Alter: 75
Beiträge: 4.001
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Zitat:
Original geschrieben von nino
Kann ich dieser code.php dann auch Variablen übergeben?
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Ja.
Das dürfte falsch sein:
PHP-Code:
$image = imagecreatefromjpeg("http://www.xxx.xx/xxx".$dateiname);
"int imagecreatefromjpeg ( string filename)"
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26.05.2004, 15:52:16
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Anfänger
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Registriert seit: Oct 2003
Ort: Kiel
Beiträge: 46
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Dann mach ich es doch richtig!?!
-----------------------
"int imagecreatefromjpeg ( string filename)"
"imagecreatefromjpeg("http://www.xxx.xx/xxx".$dateiname);"
-----------------------
Ich übergeb doch per "Get" einen String, der den Dateinamen plus Pfad enthält.
Oder muss ich nur den Dateinamen übergeben? Ich denke nicht, da sie bilddatei nämlich auf einem anderen Server liegt als die php-Dateien.
nino
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26.05.2004, 17:31:09
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Anfänger
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Registriert seit: Jun 2003
Beiträge: 65
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Ich weiss nicht, ob das mit anderen Servern funktioniert.
Probier doch einfach mal ein Bild, das auf dem selben Server liegt. So kannst du wenigstens sehen, ob das Script läuft.
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26.05.2004, 18:26:10
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SELFPHP Guru
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Registriert seit: Dec 2003
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Alter: 75
Beiträge: 4.001
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Zitat:
Original geschrieben von nino
Dann mach ich es doch richtig!?!
-----------------------
"int imagecreatefromjpeg ( string filename)"
"imagecreatefromjpeg("http://www.xxx.xx/xxx".$dateiname);"
-----------------------
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Ich nehme meinen Einwand zurück:
"Tip: You can use a URL as a filename with this function if the fopen wrappers have been enabled. See fopen() for more details on how to specify the filename and Appendix J for a list of supported URL protocols."
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26.05.2004, 18:47:45
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Anfänger
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Registriert seit: Oct 2003
Ort: Kiel
Beiträge: 46
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Ich glaube eher, dass sich das Problem bei der Übergabe der Variable versteckt. Im Quellcode der erzeugten Datei steht dann nämlich:
<IMG SRC="code.php?datei=bild.jpg">
nino
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