Question

我有一个Django应用程序，用于在模型state中上传KML文件和KmlModel值。要显示这些KML，我想将它们作为原始文件访问我正在尝试执行的服务器，如下所示：

def result(request): #mapped to /getFiles url
    state = request.GET['state']
    res = KmlModel.objects.get(state__state__exact=state)
    obj = res.Kml_File.url
    serve_file(obj)

def serve_file(filename):
    response = HttpResponse(mimetype="text/plain")
    for line in open(filename):
        response.write(line)
    return response

我遇到的问题是，在尝试访问/getFiles?state=SomeState时，它会出现此错误 OSError at /getFiles [Errno 22] Invalid argument: 'http://127.0.0.1:8000/static/img/dynamic/RR.kml'其中RR.kml是SomeState的匹配KML文件。

知道如何解决这个问题吗？

修改

def result(request):
    state = request.GET['state']
    res = KmlModel.objects.get(state__state__exact=state)
    return HttpResponse(res.Kml_File.open(), mimetype='text/plain')

Models.py

class KmlModel(models.Model):
    id = models.AutoField(primary_key=True)
    Kml_File = models.FileField(upload_to='dynamic/')
    state = models.ForeignKey(State)

    def __unicode__(self):
        return self.state.state

Answer 1

您似乎正在存储这些KML文件的完整静态网址，但是在您的serve_file方法中，您尝试打开该网址，就像它是本地文件路径一样，并阅读和提供内容。

不是试图解决这个问题，为什么不直接重定向到静态网址？

res = KmlModel.objects.get(state__state__exact=state)
return HttpResponseRedirect(res.KML_File.url)

编辑实际上，我意识到您的KML_File字段可能是模型.FileField。在这种情况下，您可以使用res.KML.File.open()直接打开它，因此无需将URL传递给您的serve_file方法。

另外，不要忘记你需要返回调用serve_file的结果。

Answer 2

open()是标准Python open()吗？如果是这样，这将对文件而不是URL进行操作（尽管在使用open()打开URL时我无法获得相同的异常）。请尝试改为：

import urllib2

def serve_file(url):
    response = HttpResponse(mimetype="text/plain")
    for line in urllib2.urlopen(url):
        response.write(line)
    return response

您也可以尝试重定向到该网址，但是，我不确定是否会为Content-type响应标头设置正确的MIME类型。

在Django服务器上以raw / plain格式提供原始文件

2 个答案: