如何验证变量是否是有效的 GD 图像资源？

Question

我有一个类接受 GD 图像资源作为其参数之一。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（除了使用此资源的其他功能失败之外）？

PS：请不要在您的答案中提及 ImageMagick...

Answer 1

从 PHP 8.0 开始，带有 GD 图像参数的 get_resource_type 将引发 致命错误：

PHP 致命错误：未捕获类型错误：get_resource_type()：参数 #1 ($resource) 必须是给定 GdImage 的资源类型。

我们应该使用get_class()函数。 PHP 文档指出：

从 PHP 7.2.0 开始，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() 也可以，但传递 null 现在会发出 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");
}

Answer 2

get_resource_type 函数应该可以帮助您。由于缺少编写代码并查看它返回的内容，我不确定它对于 GD 资源会说什么，所以你只能靠自己了。不过，应该是一个很好的起点！

Answer 3

如果资源是 gd 图像，则 get_resource_type() 返回“gd”，这就是您所需要的。

Answer 4

if (is_resource($image) || $image instanceof \GdImage)
{

}

做一个检查