在PHP中找不到替换图像时如何显示替换图像？

Question

我拥有第一个PHP脚本，该脚本可让我在远程服务器上显示图像。这是可行的，我想做一个条件，以便当它在$ file变量中找不到图像时，它将在$ newfile变量中显示图像。

但是出现错误“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)

您将$ file变量设置为“ null”，可能需要进行比较：

if ($file == NULL)