Usando Apache commons FileUpload
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03-07-2019 - |
Pergunta
Isso só não vai funcionar. O problema é que eu não sei o suficiente para sequer sabem o que é suposto acontecer. Eu não pode depurar esse código. Eu gostaria de loja de upload para temporário pasta "temp" e, em seguida, movê-los para "applets". Por favor ajude? O servlet é, obviamente, que está sendo acessado, mas não consigo encontrar os arquivos carregados ... Obrigado antecipadamente.
Form (que é criado usando um scriptlet - Eu coloquei isso aqui se isso poderia causar problemas):
<%
out.write("<p>Upload a new game:</p>");
out.write("<form name=\"uploadForm\" action=\"game.jsp\" "
+ "method=\"POST\" enctype=\"multipart/form-data\">"
+ "<input type=\"file\" name=\"uploadSelect\" value=\"\" width=\"20\" />"
+ "<br><input type=\"submit\" value=\"Submit\" name=\"uploadSubmitButton\" "
+ "onclick = \"submitToServlet2('UploadGameServlet');\">"
+ "</form>");
%>
O que chama este javascript:
function submitToServlet2(newAction)
{
document.uploadForm.action = newAction;
}
Que por sua vez vai para o servlet (código incluído na íntegra, uma vez que pode haver algum elemento importante esconderijo)
package org.project;
import java.io.*;
import java.util.Iterator;
import java.util.List;
import java.util.logging.Level;
import java.util.logging.Logger;
// import servlet stuff
import org.apache.commons.fileupload.*;
public class UploadGameServlet extends HttpServlet {
/**
* Processes requests for both HTTP <code>GET</code> and <code>POST</code> methods.
* @param request servlet request
* @param response servlet response
*/
protected void processRequest(HttpServletRequest request, HttpServletResponse response)
throws ServletException, IOException {
response.setContentType("text/html;charset=UTF-8");
if (ServletFileUpload.isMultipartContent(request))
{
try
{
// Create a factory for disk-based file items
FileItemFactory factory = new DiskFileItemFactory();
// Create a new file upload handler
ServletFileUpload upload = new ServletFileUpload(factory);
// Parse the request
List items = upload.parseRequest(request); /* FileItem */
File repositoryPath = new File("\\temp");
DiskFileItemFactory diskFileItemFactory = new DiskFileItemFactory();
diskFileItemFactory.setRepository(repositoryPath);
Iterator iter = items.iterator();
while (iter.hasNext())
{
FileItem item = (FileItem) iter.next();
File uploadedFile = new File("\\applets");
item.write(uploadedFile);
}
}
catch (FileUploadException ex)
{
Logger.getLogger(UploadGameServlet.class.getName()).log(Level.SEVERE, null, ex);
}
catch (Exception ex)
{
Logger.getLogger(UploadGameServlet.class.getName()).log(Level.SEVERE, null, ex);
}
}
PrintWriter out = response.getWriter();
try {
out.println("<html>");
out.println("<head>");
out.println("<title>Servlet UploadGameServlet</title>");
out.println("</head>");
out.println("<body>");
out.println("<h1>Servlet UploadGameServlet at " + request.getContextPath () + "</h1>");
out.println("</body>");
out.println("</html>");
} finally {
out.close();
}
}
}
Solução
File repositoryPath = new File("\\temp");
File uploadedFile = new File("\\applets");
Ao tentar acessar esses arquivos sem qualquer tipo de líder ou caminho absoluto, que você está tentando gravar arquivos (não diretórios) nomeados temp
e applets
sob o diretório de trabalho atual. Em um servidor de aplicativo, o diretório de trabalho atual é geralmente a pasta bin
(depende do que servidor você usa, etc app).
Algumas sugestões:
- Use um caminho absoluto (de preferência armazenados em web.xml ou um arquivo de propriedades) para se referir ao diretório que você deseja salvar arquivos.
- Você tem que especificar o nome do arquivo que você deseja gravar, você provavelmente vai querer criar algum tipo de nome aleatório / única por solicitação.
- Salve-se algumas teclas e usar uma variável de membro em vez de todas as referências
Logger.getLogger(UploadGameServlet.class.getName())
! - Adicione um pouco de depuração, especialmente para ver onde você está escrevendo seus dados para -. Registrar o resultado de
repositoryPath.getAbsolutePath()
, por exemplo