7

我在android中上传图像。目前我的代码只上传文件，但我也想发送一些参数。我正在尝试关注

FileInputStream fileInputStream = new FileInputStream(sourceFile);
        URL url = new URL(upLoadServerUri);
        conn = (HttpURLConnection) url.openConnection(); // Open a HTTP  connection to  the URL
        conn.setDoInput(true); // Allow Inputs
        conn.setDoOutput(true); // Allow Outputs
        conn.setUseCaches(false); // Don't use a Cached Copy
        conn.setRequestMethod("POST");
        conn.setRequestProperty("Connection", "Keep-Alive");
        conn.setRequestProperty("ENCTYPE", "multipart/form-data");
        conn.setRequestProperty("Content-Type", "multipart/form-data;boundary=" + boundary);
        conn.setRequestProperty("uploaded_file", fileName);
        dos = new DataOutputStream(conn.getOutputStream());

        dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + lineEnd);
        dos.writeBytes("Content-Disposition: form-data; name=\"uploaded_file\";filename=\""+ fileName + "\"" + lineEnd);
        dos.writeBytes(lineEnd);

        //Sending data
        dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + lineEnd);
        dos.writeBytes("Content-Disposition: form-data; name=\"paramName\"" + lineEnd);
        dos.writeBytes(lineEnd);
        dos.writeBytes(globalUID);

在服务器端，我使用的是 php。这是我试图获取该参数的方式

$param = $_POST["paramName"];
target_path1 = "./places_photos/" . $param;

但是我当前的代码确实上传了文件，但它不发送参数。如何发送参数以及如何在服务器端获取它们？

更新

目前，图像保存在变量places_photos中提到的目录中。$target_path1我想要的是将该图像保存在用户的目录中，并且该目录被命名为用户 ID。但不幸的是，我没有在服务器端获得用户 ID。如何将用户 ID 连同文件一起发送到服务器？

4

5 回答 5

0

你想让 php 知道你的文件名吗？如果您的回答是肯定的，那么您可以对您的代码进行一些更改。

（我假设您已经创建了一个最大大小的缓冲区并读取文件并将其写入表单）

首先改变你不需要这个来发送paramName：

//Sending data
dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + lineEnd);
dos.writeBytes("Content-Disposition: form-data; name=\"paramName\"" + lineEnd);
dos.writeBytes(lineEnd);
dos.writeBytes(globalUID);

这样做：

dos.writeBytes(lineEnd);
dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + twoHyphens + lineEnd);

并在您的 php 中，更改您的代码：

$param = $_POST["paramName"];

至

$param = basename( $_FILES['uploaded_file']['name']);

你可以查看这篇文章

于 2012-06-22T21:04:12.313 回答
0

设置一个带有用户 ID 的 cookie。在服务器上，您可以检索 cookie 并检查用户 ID。（但请注意，这不安全，也不传递 userid 参数）

于 2012-06-23T04:44:13.913 回答
0

在此之后应该添加另一个 lineEnd：

dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + lineEnd);
    dos.writeBytes("Content-Disposition: form-data; name=\"paramName\"" + lineEnd);
    dos.writeBytes(lineEnd);
    dos.writeBytes(globalUID);
    dos.writeBytes(lineEnd); <-- add this

还要确保添加多部分边界的结尾（以“--”开头的行）在您的情况下，添加以下内容：

dos.writeBytes(twoHyphens + boundary + twoHyphens + lineEnd);
于 2012-06-22T20:25:39.793 回答
0

您的代码有点混乱，请仔细检查您的变量...例如，您target_path1的前面没有 $，检查是否有任何其他服务器变量返回任何有效输出。

但是，如果一切都失败了，您可以重命名正在上传的文件 - 包括文件名中的参数，并在提取参数后再次在服务器端重命名。

于 2012-06-24T08:56:23.210 回答
0

这很简单...100% 的工作解决方案

使用 UTF-8 在 url 中发送参数。添加这一行

 // open a URL connection to the Servlet
                FileInputStream fileInputStream = new FileInputStream(sourceFile);
                URL url = new URL("http://your fileaddress.php***?yourphpsideparametername="+URLEncoder.encode(yourperameter, "UTF-8")***  );

然后第二次在连接请求中添加这一行

                conn.setRequestMethod("POST");
               ***conn.setRequestProperty("Accept-Charset", "UTF=8");***
                conn.setRequestProperty("Connection", "Keep-Alive");

在 php 代码中添加这一行

    $yourperameter =$_GET['yourparameter'];
    $file_path = "doc/".$yourperameter."/";

    $file_path = $file_path . basename( $_FILES['uploaded_file']['name']);
    $title =$_FILES['title'];
    //$descr=$file_path . basename( $_FILES['uploaded_file']['desc']);

     if(move_uploaded_file($_FILES['uploaded_file']['tmp_name'], $file_path)) {
        echo "success";
    } else{
        echo "fail";
    }
于 2016-07-02T09:11:21.367 回答