当在 PHP 中找不到替换图像时如何显示替换图像？

Question

我有第一个 PHP 脚本，它允许我在远程服务器上显示图像。这个有效，我想设定一个条件，以便当它在 $file 变量中找不到图像时，它会在 $newfile 变量中显示图像。但我收到错误消息“警告：file_get_contents()：C:\wamp64\www 中的文件名不能为空...”我的错误在哪里？<!-- Old Script --><?php$file = '//Alcyons/it/PhotoShoot/Photos_Outil/A1111_0070_1.jpg';$type = pathinfo($file, PATHINFO_EXTENSION);?></td><td valign=top align=center>  <img src="<?php echo "data:image/$type;base64,",     base64_encode(file_get_contents($file)) ?>" border=0 width="180"></a></td><td width=10></td><!-- New Script --><?php$file = '//Alcyons/it/PhotoShoot/retail/Photos/SS20,FW1920/A1127G_00_1.jpg';$newfile = '//Alcyons/it/PhotoShoot/retail/Photos/SS20,FW1920/A1119_4023_1.jpg';$type = pathinfo($file, PATHINFO_EXTENSION);?></td><td valign=top align=center>  <img src="<?php   if ($file = NULL){    echo "data:image/$type;base64,", base64_encode(file_get_contents($newfile));}else {    echo "data:image/$type;base64,", base64_encode(file_get_contents($file));}?>" border=0 width="180"></a></td><td width=10></td>

Answer 1

错误就在这里：

if ($file = NULL)

您正在将 $file 变量设置为“null”并且您可能需要进行比较：

if ($file == NULL)

或者检查文件系统中是否存在该文件

if (!file_exists($file))