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我对 PHP 有点陌生，所以我需要一些帮助。

我有一个在 Tomcat 7 上运行的 Java Servlet，它公开了一个接收 Wav 文件的 API。我在 Servlet 中所做的是从 request.getInputStream(); 并将其保存到文件中。

使用 fiddler 我会调用 API（在请求正文中使用这个 <@INCLUDE C:\wavlocation\2.wav @>），它会正确保存文件。现在我在 PHP 中有一个脚本，它使用 curl 调用这个 API，但由于某种原因，它向数据（主体的输入流）添加了更多信息。

这是正确的 Wav 文件在文本编辑器中的样子：

RIFFd¯ WAVEfmt      @¬  €&gt;  [1]  data@¯ çÿ×ÿïÿ÷ÿÿÿ ÿÿ÷ÿÿÿ ÿÿïÿ ' 7 7 _ ? /  ÿÿ…

这是从我的 servlet 中保存 wav 文件的方式：

------------------------------4564fc26ec61
Content-Disposition: form-data; name="file_box"; filename="/var/www/recordings/1ab26427-0b9e-428e-8730-9fd6076c52e7.wav"
Content-Type: application/octet-stream

RIFFd¯ WAVEfmt      @¬  €&gt;  [1]  data@¯ çÿ×ÿïÿ÷ÿÿÿ ÿÿ÷ÿÿÿ ÿÿïÿ ' 7 7 _ ? /  ÿÿ¬…

正如您所看到的，由于某种原因，PHP curl 向我不需要的数据添加了更多信息。我只想保存 wav 文件的数据。

请帮助我:)提前谢谢！

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1 回答 1

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看起来，由于您缺乏细节（例如没有代码显示您所做的事情或 API 的确切要求是什么），您似乎正在做多部分表单，而服务器端希望您这样做发送一个没有多部分内容的更“纯”的 POST。

但实际上，如果您能告诉我们更多细节，我们可以更确定地回答。

于 2013-03-24T15:13:35.077 回答