用合适的程序打开文件

Question

我想创建方法，从DB

获取2个参数

openFile(byte[] fileInfo,string extension)

然后当我调用这个方法时，它可以选择合适的程序打开它

例如，如果我将其称为

openfile(fileInfo,"docx")

它会自动选择word来打开byte []，它也可以用于excel＆amp;访问＆amp;其他扩展

Answer 1

您需要先将文件保存在磁盘上，然后尝试运行它：

File.WriteAllBytes("foo.doc", fileInfo);
Process.Start("foo.doc");

Answer 2

您可以通过将文件作为进程启动来获取Windows shell以打开关联的编辑器

Process.Start("example.txt");

这将打开记事本，例如，如果那是关联的编辑器。

您可以将fileInfo缓冲区流式传输到指定扩展名的临时文件中，然后执行Process.Start（yourfilenamehere）来启动它。

Answer 3

你需要：

1. 使用通用名称保存文件并设置扩展名。
2. 致电Process.Start Method (String)，系统将解决关联。

Answer 4

正如其他人已经说过的那样，使用Process.Start（）并且我总是这样做以显示打开对话框，因为系统在文件没有关联时总是这样做：

Try
{
  Process.Start(youfile);
}
Catch (Exception e)
{
  OpenWith(youfile)//you need to implement this by yourself
}

EG：Calling the Open With dialog box from your application, using C#