Question

我正在尝试使用OpenFileDialog打开文件。

if (openFileDialog1.FileName != "" && resultSaveDialog == System.Windows.Forms.DialogResult.OK)
        {
            openFileDialog1.OpenFile(); // Throw Exception Here
            txtFileName.Text = openFileDialog1.SafeFileName;                
        }

但是如果文件已经在浏览过的窗口中打开了，它会抛出异常

该进程无法访问该文件 'D：\ Projects \ CDR_RAW_FILES \ GroupData \ 8859511378.xls'因为它是被另一个进程使用。

即使文件已经在窗口资源管理器中打开，是否可以使用OpenFileDialog打开文件。

Answer 1

好的，如果您只需要选择的文件名及其路径，那么请尝试如下，它会帮助您......

if (openFileDialog1.FileName != "" && resultSaveDialog == System.Windows.Forms.DialogResult.OK)
{
 string path = Path.GetDirectoryName(openFileDialog1.FileName);
 string filename = Path.GetFileName(openFileDialog1.FileName);
 txtFileName.Text = filename;
}

Answer 2

是的，在某些情况下是可能的：第一个可能性：另一个程序没有锁定文件（例如只允许自己修改文件），而不是你可以毫无问题地打开它。第二种可能性：您的程序不需要写入文件但只需要读取它就可以以只读模式打开它。我不熟悉Winforms，但是你的Openfiledialog.OPenfile方法似乎以“读写”模式打开文件 - 所以第二个可能性不在窗口。但是，如果您愿意使用My.Computer下的Classes，您可以使用readalltext（取决于您的问题）等方法打开文件，该方法应该接受只读重载。

Answer 3

只是要添加，您可以在使用OpenFile（）方法打开文件之前获取文件名。使用属性SafeFileName或FileName来获取它。

if (openFileDialog1.FileName != "" && 
    resultSaveDialog == System.Windows.Forms.DialogResult.OK)
    {
        txtFileName.Text = openFileDialog1.SafeFileName;                
    }

虽然我没有对此进行测试，但SafeFileName应该适用于您需要的内容如果你需要的只是文件名而没有路径 _。

如果您需要文件的完整路径而不仅仅是文件名和扩展名，请使用FileName属性：

if (openFileDialog1.FileName != "" && 
    resultSaveDialog == System.Windows.Forms.DialogResult.OK)
    {
        txtFileName.Text = openFileDialog1.FileName;                
    }

文件名包括文件路径和扩展名。如果未选择任何文件，则此方法返回空字符串（“”）。

打开文件已在窗口浏览器中打开

3 个答案: