Question

我想读取通过表单发布请求发送到Flask服务器的特定类型zip文件中的所有文件，而不必将该zip文件存储在磁盘上。

Answer 1

首先，获取获取zip文件的代码

from flask import Flask, request
app = Flask(__name__)

@app.route("/",methods=["GET"])
def page_name_get(): 
    return """<form action="." method="post" enctype=multipart/form-data>
        <input type="file" accept="application/zip" name="data_zip_file" accept="application/zip" required>
         <button type="submit">Send zip file!</button>
        </form>"""
app.run()

这是帖子请求功能的外观

import zipfile

@app.route("/",methods=["POST"])
def page_name_post():
    file = request.files['data_zip_file']  
    file_like_object = file.stream._file  
    zipfile_ob = zipfile.ZipFile(file_like_object)
    file_names = zipfile_ob.namelist()
    # Filter names to only include the filetype that you want:
    file_names = [file_name for file_name in file_names if file_name.endswith(".txt")]
    files = [(zipfile_ob.open(name).read(),name) for name in file_names]
    return str(files)

现在我将逐行浏览

file = request.files['data_zip_file']首先，您需要从请求中获取文件对象，这是werkzeug.datastructures.FileStorage类的实例。

file_like_object = file.stream._file在这里，您首先采用werkzeug.datastructures.FileStorage的stream属性，这是文件的输入流。这将返回tempfile.SpooledTemporaryFile的实例，该实例用于临时文件。在该实例中，采用._file属性。这将返回tempfile._TemporaryFileWrapper的实例，就像zipfile.ZipFile类可以理解的io.BytesIO一样。

zipfile_ob = zipfile.ZipFile(file_like_object)在这里创建zipfile.Zipfile对象

现在，您应该可以执行几乎所有想要使用zip进行的操作。要从zip文件中选择文件，请使用zipfile_ob.open()方法，然后将路径传递到要打开的文件中。

要获取这些路径，我们使用file_names = zipfile_ob.namelist()，它将返回一个列表，其中包含zip中所有文件和目录的所有路径的字符串。

然后您可以使用file_names = [file_name for file_name in file_names if file_name.endswith(".txt")]

过滤这些名称

您想要的所有那些路径现在都位于file_names中。然后，您可以使用打开功能提取那些文件的数据。

files = [(zipfile_ob.open(name).read(),name) for name in file_names]

在给出的示例中，我将文件的路径保留在最终列表中，但是如果您不希望使用，可以使用：

files = [zipfile_ob.open(name).read() for name in file_names]或使用其他方式浏览文件。如果您想要有关文件的更多信息，也可以使用infolist()方法代替namelist()，这将返回ZipInfo Objects的列表而不是仅字符串的列表。这些对象包含有关所有文件的更多数据。

读取发送到Flask服务器的zip文件而不将其存储在磁盘上

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