Question

我已经阅读了有关此主题的其他问题，但实际上没有回答我的问题。

我让用户在向网站提交某个项目时上传图片。每个用户都可以提交多个项目，每个项目都有一张图片。

问题是，我不想用原始文件名保存图片。我想用项目的ID保存它。因此，如果用户提交了Banana项目，该项目的ID为5，文件名为

banana.jpg

我希望它保存为

site_media/items/5.jpg

而不是

site_media/items/banana.jpg

这是Django自动执行的操作。

现在的问题是，当我从表单中获取POST多部分数据时，我已经将图片保存为site_media / items / item_ID.jpg。但是，当我尝试在模板上显示字段item.picture时，它会尝试访问

 site_media/items/banana.jpg

而不是

site_media/items/5.jpg

哪个是实际存在的文件。所以我得到了一个破碎的链接。

我试图更改picture.path属性，希望它只是Django在链接图像时读取的字符串，但是Django给了我一个异常，这让我觉得它可能是其他东西。

此外，我自然希望有一个解决方案，我只是在保存时更改文件名，而不是使用原始文件名删除文件并保存带有新名称的副本，以达到良好的实践和效率目的。< / p>

任何人都可以帮我这个吗？谢谢。

模型代码：

class Item(...):
    ...
picture = models.ImageField(
    upload_to="site_media/items/",
    max_length=512,
    null=True,
    default=''
)

以下是处理POST表单的函数：

item = Item.objects.create(... data from form)
try:
    picture = FILES['picture']
    print str(picture)

    destination = open('site_media/items/'+str(item.id)+".png", 'wb+')
    for chunk in picture.chunks():
        destination.write(chunk)
    destination.close()

    item.picture = picture
except Exception:
    messages.error(request, "Picture for item not loaded successfully")

Answer 1

您可以在图像字段上提供对upload_to参数的回调。将为将保存的当前实例提供指定的函数。见例如。 this example。这个解决方案的问题是，一个新实例可能还没有Id，所以使用类似UUID之类的东西来生成文件名是有意义的，所以你也可以轻松避免冲突有一个实例的多个文件！看看python docs生成UUID！

Answer 2

找到解决方案。因此，问题是request.FILES包含与保存的文件名不同的文件名。所以我在保存图像之前只更改了request.FILES文件名，如下所示：

picture = FILES['picture']
FILES['picture'].name = str(item.id) + '.png'

# ...save as normal

Django - 在ImageField上更改文件名

2 个答案: