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私はこのコードを試しました:

$image = new Imagick();
$f = fopen('http://www.url.com/image.jpg', 'rb');
$image = readImageFile($f);

しかし、うまくいきません。また、それは最善の方法ではないと考えており、コードにベスト プラクティスを含めたいと考えています (どんなにばかげているように聞こえても)。同じサーバー上で、GD ライブラリを使用するこのコードは問題なく動作します。

 $im = imagecreatefromjpeg('http://www.url.com/image.jpg');

Imagick のマニュアルを見逃していませんか?

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置き換えてみてください:

$image = readImageFile($f)

$image->readImageFile($f);
于 2011-02-08T20:04:23.450 に答える