Использование общих ресурсов Apache FileUpload

StackOverflow https://stackoverflow.com/questions/226503

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();
    }
}

}

Это было полезно?

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:

  1. Используйте абсолютный путь (предпочтительно сохраненный в файле web.xml или файле свойств) для ссылки на каталог, в котором вы хотите сохранить файлы.
  2. Вам нужно указать имя файла, в который вы хотите записать, вы, вероятно, захотите создать какое-то случайное/уникальное имя для каждого запроса.
  3. Сэкономьте несколько нажатий клавиш и используйте переменную-член вместо всех Logger.getLogger(UploadGameServlet.class.getName()) Рекомендации!
  4. Добавьте немного отладки, особенно чтобы увидеть, куда вы записываете свои данные — запишите результат repositoryPath.getAbsolutePath(), например.
Лицензировано под: CC-BY-SA с атрибуция
Не связан с StackOverflow
scroll top