php - 使用 PHP ZipArchive 和文件作为变量

Question

在 symfony 控制器中，我有一个文件（UploadedFile 对象）作为变量。

我想用 php ZipArchive 打开这个“变量”，然后提取它。但是 open() 方法需要一个字符串，它是文件系统中的文件名。有没有办法用 ZipArchive 处理文件而不将文件变量写入 FS？

Answer 1

您可以使用tmpfile()创建一个临时文件，写入它，然后在 zip 中使用它。例子：

<?php

$zip = new ZipArchive();
$zip->open(__DIR__ . '/zipfile.zip', ZipArchive::CREATE);

$fp = tmpfile();
fwrite($fp, 'Test');
$filename = stream_get_meta_data($fp)['uri'];

$zip->addFile($filename, 'filename.txt');
$zip->close();

fclose($fp);

Answer 2

小改进：

$zipContent; // in this variable could be ZIP, DOCX, XLSX etc.

$fp = tmpfile();
fwrite($fp, $zipContent);
$stream = stream_get_meta_data($fp);
$filename = $stream['uri'];

$zip = new ZipArchive();
$zip->open($filename);
// profit!
$zip->close();
fclose($fp);

创建“zipfile.zip”并在其中添加文件是没有意义的，因为我们已经有了一个变量。

Answer 3

在https://stackoverflow.com/a/53902626/859837查看这个答案

有一种方法可以创建仅驻留在内存中的文件。