Использование общих ресурсов Apache FileUpload
-
03-07-2019 - |
Вопрос
Это просто не сработает.Проблема в том, что я не знаю достаточно, чтобы даже понять, что должно произойти.Я не могу отладить этот код.Я хотел бы сохранить загрузку во временную папку «temp», а затем переместить их в «апплеты».Пожалуйста помоги?Очевидно, что к сервлету обращаются, но я не могу найти загруженные файлы...Заранее спасибо.
Форма (которая создается с помощью скриптлета — я помещаю ее сюда, если это может вызвать проблемы):
<%
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>");
%>
Который вызывает этот javascript:
function submitToServlet2(newAction)
{
document.uploadForm.action = newAction;
}
Что, в свою очередь, передается сервлету (код включен полностью, поскольку может скрываться какой-то важный элемент)
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();
}
}
}
Решение
File repositoryPath = new File("\\temp");
File uploadedFile = new File("\\applets");
Пытаясь получить доступ к этим файлам без какого-либо начального или абсолютного пути, вы пытаетесь записать файлы (а не каталоги) с именем temp
и applets
в текущем рабочем каталоге.На сервере приложений текущим рабочим каталогом обычно является bin
папку (зависит от того, какой сервер приложений вы используете и т. д.).
Некоторые предложения:
- Используйте абсолютный путь (предпочтительно сохраненный в файле web.xml или файле свойств) для ссылки на каталог, в котором вы хотите сохранить файлы.
- Вам нужно указать имя файла, в который вы хотите записать, вы, вероятно, захотите создать какое-то случайное/уникальное имя для каждого запроса.
- Сэкономьте несколько нажатий клавиш и используйте переменную-член вместо всех
Logger.getLogger(UploadGameServlet.class.getName())
Рекомендации! - Добавьте немного отладки, особенно чтобы увидеть, куда вы записываете свои данные — запишите результат
repositoryPath.getAbsolutePath()
, например.