PHP 为啥我调用imagecreatefromjpeg（），它说我没有定义imagecreatefromjpeg（）呢？

Posted 2023-05-13

<?php
function output($img)

$img = imagecreatefromjpeg($img);
imagejpeg($img);

output("D:\\122\\201.jpg");
?>
运行以上代码
Call to undefined function imagecreatefromjpeg()
这个该怎么解决
1.我的GD库肯定加载好了 phpinfo可以查到
2.Apache重启过N次了
3.运行环境是WIN XP
请速度回答我 答好了加分送 在线等
配置文件php.ini里修改了如下两个
extension=php_gd2.dll
extension_dir = "d:\phpStudy\PHP5\ext"
是所有的Image函数只要一用全都出错是未定义
到底是为什么
重复的答案希望不要再说了

参考技术A 因为你没有打开PHP的GD库

修改php.ini的内容，把php_gd.dll和，php_gd2.dll前面的#去掉，重启一下apache应该就好了 参考技术B GD库没能成功加载！
如果PHPINFO中的确能看到GD库的版本及支持信息的话，那只有一个解释－－RPWT 参考技术C 一，PATH优先级，你修改的php.ini不是httpd加载的那个

二，用Zend Stdio之类的IDE调试，这个设置和httpd下的php.ini无关的，要生效得改zde目录/bin/php[4|5]

PHP：为啥用括号括起来的函数调用会阻止“通过引用”通知？ [复制]

【中文标题】PHP：为啥用括号括起来的函数调用会阻止“通过引用”通知？ [复制]

【英文标题】：PHP: Why do surrounding function calls with parentheses prevent 'pass by reference' notices? [duplicate]PHP：为什么用括号括起来的函数调用会阻止“通过引用”通知？ [复制]

【发布时间】：2015-03-26 13:19:37

【问题描述】：

我对此进行了四处搜索，但只找到了类似于“这是一个有效的技巧”但从未解释过的东西。

在以下代码中：

error_reporting(-1);
ini_set("display_errors", 1);
end(array_flip($_GET));
end((array_flip($_GET)));

第一次调用end() 会收到一条通知：

严格标准：在第 3 行的 /home/john/www/test/dp.php 中，只能通过引用传递变量

下一个，array_flip($_GET) 包含在() 中不会产生任何投诉。

我了解通知的原因、严格标准是什么、“按引用传递”是什么意思，以及 end() 接受对数组的引用作为其参数。 （必须，因为它会影响原版。）我关心的是为什么它有效。周围的() 是否创建了一个临时变量，或者这只是以某种方式欺骗 PHP 解析器？如果它确实创建了一个临时变量（并且设计如此），那么这应该是安全可以使用的，但如果它是一个hack欺骗解析器，那么它可能会在未来的 PHP 版本中中断。 （我碰巧在 PHP 版本 5.4.36-0+deb7u1）

请注意，即使它是安全的，我也不确定我是否喜欢这种结构（很容易看不到它，其他人可能不知道它为什么在那里），但它通常方便且易于阅读函数可以这样串起来。

【问题讨论】：

邓布利多在 S.O 好吧，我会的

大概是：Parentheses altering semantics of function call result

@mario - 谢谢，我相信你是对的。我没见过那个。毕竟听起来它并不完全安全。

无法保证这将继续与 PHP7 一起工作。尽管可以放宽 E_STRICT 通知，但并非不可行，就像 empty() on 表达式一样。

【参考方案1】：

正如elsewhere on *** 所讨论的那样，这适用于实现细节。

总结：这种行为实际上应该被认为是一个错误。不要依赖它。事实上，感谢this RFC，一旦 PHP 7 发布，这个技巧将不再有效。

【讨论】：

谢谢，我相信你是对的。我没见过那个。听起来这根本不安全！

链接到 RFC 让您获得一个向上的三角形点击。