Python Zipfile - 无效参数Errno 22

Question

我有一个.zip文件,想知道其中的文件名.这是代码:

zip_path = glob.glob(path + '/*.zip')[0] 
file = open(zip_path, 'r') # opens without error
if zipfile.is_zipfile(file):
    print str(file) # prints to console
my_zipfile = zipfile.ZipFile(zip_path) # throws IOError

这是追溯:

<open file u'/Users/me/Documents/project/uploads/assets/peter/offline_message/offline_imgs.zip', mode 'r' at 0x107b2a150>
Traceback (most recent call last):
  File "/Users/me/Documents/project/admin_dev/proj_name/views.py", line 1680, in get_dps_app_builder_assets
    link_to_assets_zip = zip_dps_app_builder_assets(server_url, app_slug, button_slugs)
  File "/Users/me/Documents/project/admin_dev/proj_name/views.py", line 1724, in zip_dps_app_builder_assets
    my_zipfile = zipfile.ZipFile(zip_path)
  File "/System/Library/Frameworks/Python.framework/Versions/2.7/lib/python2.7/zipfile.py", line 712, in __init__
    self._GetContents()
  File "/System/Library/Frameworks/Python.framework/Versions/2.7/lib/python2.7/zipfile.py", line 746, in _GetContents
    self._RealGetContents()
  File "/System/Library/Frameworks/Python.framework/Versions/2.7/lib/python2.7/zipfile.py", line 779, in _RealGetContents
    fp.seek(self.start_dir, 0)
IOError: [Errno 22] Invalid argument

我很困惑为什么会发生这种情况,因为文件显然在那里并且是一个有效的.zip文件.文档明确指出,您可以将其传递给文件的路径或类似文件的对象,在我的情况下,这两者都不起作用:

http://docs.python.org/2/library/zipfile#zipfile-objects

Answer 1

我无法解决这个问题，最终以完全不同的方式解决了这个问题。

编辑：在我使用的 Django 应用程序中，用户需要能够以 .zip 文件的形式上传资源，然后在具有不同结构的另一个 zip 中下载他们上传的所有内容（以及我们动态生成的其他内容）。因此，我想解压缩之前上传的文件并将该文件的内容压缩到另一个 zip 中，但由于错误而无法执行此操作。当用户请求下载时，我没有读取 zip 文件，而是从 Django InMemoryUploadedFile（我能够成功读取其内容）中解压缩它，并将解压缩的文件保留在文件系统上以供以后使用。zip 的内容只是两个较小的图像文件，因此提前解压缩 zip 以便稍后使用的解决方法对于我的目的来说效果很好。