Question

我需要在进程的两个不同实例中打开一个文件。我打开文件的两种方式（在每个进程中都有）如下：

m_Stream = new FileStream(name, FileMode.Open, FileAccess.ReadWrite, FileShare.ReadWrite,4*1024,FileOptions.WriteThrough);

和

            [DllImport("Kernel32.dll", SetLastError = true, CharSet = CharSet.Auto)]
        static extern SafeFileHandle CreateFile(
            string fileName,
            [MarshalAs(UnmanagedType.U4)] FileAccess fileAccess,
            [MarshalAs(UnmanagedType.U4)] FileShare fileShare,
            IntPtr securityAttributes,
            [MarshalAs(UnmanagedType.U4)] FileMode creationDisposition,
            int flags,
            IntPtr template);

m_Stream = new FileStream(                                                                                    //no buffering
                        CreateFile(name, FileAccess.ReadWrite, FileShare.ReadWrite, IntPtr.Zero, FileMode.Open, 0x20000000, IntPtr.Zero),
                        FileAccess.ReadWrite);

现在我意识到这是一个非常专业的场景，包括interop调用和FileOptions.WriteThrough。但是，FileShare.ReadWrite似乎不起作用。尝试访问该文件的第二个进程（使用相同的代码）通常会有另一个进程正在访问此文件异常。在同一个过程中，似乎可以正常分享。有什么想法吗？

Answer 1

不确定你是如何得出结论的。 pinvoke声明很糟糕，CreateFile的第二个参数不与FileAccess兼容。它需要GENERIC_READ（0x8000000）和GENERIC_WRITE（0x40000000）的组合。 FileShare实际上与winapi标志兼容。要做到这一点，最好的办法是使用Reflector或ILSpy或Reference Source，然后查看FileStream.Init（）的代码。它执行FileStream构造函数和CreateFile参数值之间的映射。

为什么FileShare.ReadWrite在这种情况下不起作用？

1 个答案: