验证变量是否是有效的 GD 图像资源的方法？答案

【问题标题】：Way to verify if variable is a valid GD image resource?验证变量是否是有效的 GD 图像资源的方法？
【发布时间】：2011-08-22 20:34:26
【问题描述】：

我有一个接受 GD 图像资源作为其参数之一的类。据我所知，没有办法输入提示，因为它是资源而不是对象。有没有办法验证提供的参数是否是有效的 GD 图像资源（除了使用此资源失败的进一步功能）？

PS：请不要在回答中提及 ImageMagick...

【问题讨论】：

【解决方案1】：

get_resource_type 函数应该可以帮助您。缺少编写代码并查看它返回的内容，我不确定它对 GD 资源会说什么，所以你自己在那里。不过应该是一个很好的起点！

【讨论】：

【解决方案2】：

如果资源是 gd 图像，get_resource_type() 返回“gd”，这就是你需要的。

【讨论】：

【解决方案3】：

从 PHP 8.0 开始，get_resource_type 带有 GD 图像参数，将抛出 Fatal Error：

PHP 致命错误：未捕获的 TypeError：get_resource_type()：参数 #1 ($resource) 必须是资源类型，给定 GdImage。

我们应该使用get_class() 函数。 PHP 文档说明：

从 PHP 7.2.0 起不再允许显式传递 null 作为对象。该参数仍然是可选的，并且从类内部调用不带参数的 get_class() 将起作用，但现在传递 null 会发出 E_WARNING 通知。

因此，在 PHP 8.0 中检查这一点的正确方法应该是：

function is_gd_image($var) : bool {
    return (gettype($var) == "object" && get_class($var) == "GdImage");
}

【讨论】：