为什么PHP渲染这个图像不正确？

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我试图采取一个图片（.gif，.jpg或.png），并且将其输出为.png为什么PHP渲染这个图像不正确？

这是代码使用：

<?php 
$filename = urlencode($_FILES['uploadfile']['name']); 

$size = getimagesize($tempname); 

switch($size["mime"]){ 

    case "image/jpeg": 
     $img = imagecreatefromjpeg($tempname); //jpeg file 
    break; 

    case "image/gif": 
     $img = imagecreatefromgif($tempname); //gif file 
    break; 

    case "image/png": 
     $img = imagecreatefrompng($tempname); //png file 
    break; 

    default: 
     die('Unknown filetype'); 
    break; 
} 

ob_start(); 
imagepng($img); 
$content = ob_get_contents(); 
ob_end_clean(); 
?>

问题是，当我输入此，例如： http://i52.tinypic.com/dzglmu.png

输出变成这样： http://i53.tinypic.com/15fg8w5.png

谁能告诉我怎么回事错在这里？

来源

2011-08-06 ONOZ

第二个链接对我说'The Image“http://i53.tinypic.com/15fg8w5.png”无法显示，因为它包含错误。“这是你想表现的吗？ – Nobody

在我的浏览器中显示：https：//img.skitch.com/20110806-xtth8ysmgc2835t81dj75b7xxa.jpg（这是一张图片截图） – ONOZ

首先清理上传的图片数据，不要依赖mime/type报告由浏览器。这些信息可能是错误的，然后您使用了错误的功能。 – hakre

好吧，这不是那么容易。 PNG和GIF携带关于alpha级别的信息，这些信息可能会丢失（并因此呈现另一种颜色）。另外，正如@hakre所说，浏览器提供的MIME类型不是一个真正可靠的信息。而且你的MIME还没有完成，因为还有其他的可能性：例如，我在IE8上遇到了一些麻烦，因为它指定了MIME'image/x-png'而不是通常的'image/png'，而且很容易打破你的功能。（！和evaluting如果图像是一个真正的形象，这是做了重要的一步）获得MIME的一个很好的可靠的方法是使用getimagesize()功能

$size = getimagesize($file); 
$mime = $size['mime'];

getimagesize()返回一个4个指标，比如一个数组：

0索引是以像素为单位的图像宽度。
1索引是以像素为单位的图像高度。
的2索引是图像类型的标志：

1 = GIF，2 = JPG，3 = PNG，4 = SWF，5 = PSD，6 = BMP，7 = TIFF（奥登），8 = TIFF（或字节摩托罗拉），9 = JPC，10 = JP2, 11 = JPX，12 = JB2,13 = SWC，14 = IFF，15 = WBMP，16 = XBM。
3索引中包含 'HEIGHT = “YYY” WIDTH = “XXX”'

我把前面总结的手册页我联系，但你可以很容易地测试它自己，我只是懒惰。

你需要那么至少为PNG格式添加：

imagealphablending($img, true); // setting alpha blending on 
imagesavealpha($img, true); // save alphablending setting

但寻找更完整的例子在the manual或谷歌为它，因为这些只是建议，你需要适应形势在何种程度上你需要对待你的形象。

来源

2011-08-06 11:42:20

为什么PHP渲染这个图像不正确？

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