python请求文件上传

Question

我正在执行一个使用Python请求库上传文件的简单任务.我搜索了Stack Overflow,似乎没有人遇到同样的问题,即服务器没有收到该文件:

import requests
url='http://nesssi.cacr.caltech.edu/cgi-bin/getmulticonedb_release2.cgi/post'
files={'files': open('file.txt','rb')}
values={'upload_file' : 'file.txt' , 'DB':'photcat' , 'OUT':'csv' , 'SHORT':'short'}
r=requests.post(url,files=files,data=values)

我正在用我的文件名填充'upload_file'关键字的值,因为如果我把它留空,它会说

Error - You must select a file to upload!

现在我明白了

File  file.txt  of size    bytes is  uploaded successfully!
Query service results:  There were 0 lines.

仅当文件为空时才会出现.所以我不知道如何成功发送我的文件.我知道该文件有效,因为如果我去这个网站并手动填写表格,它会返回一个很好的匹配对象列表,这就是我所追求的.我非常感谢所有提示.

其他一些线程相关(但没有回答我的问题):

• 从Python脚本使用POST发送文件
• http://docs.python-requests.org/en/latest/user/quickstart/#response-content
• 使用请求上传文件并发送额外数据
• http://docs.python-requests.org/en/latest/user/advanced/#body-content-workflow

Answer 1

如果upload_file是文件,请使用:

files = {'upload_file': open('file.txt','rb')}
values = {'DB': 'photcat', 'OUT': 'csv', 'SHORT': 'short'}

r = requests.post(url, files=files, data=values)

并且requests将派遣一个多部分表单POST体与upload_file设置到内容领域的file.txt文件.

文件名将包含在特定字段的mime标头中:

>>> import requests
>>> open('file.txt', 'wb')  # create an empty demo file
<_io.BufferedWriter name='file.txt'>
>>> files = {'upload_file': open('file.txt', 'rb')}
>>> print(requests.Request('POST', 'http://example.com', files=files).prepare().body.decode('ascii'))
--c226ce13d09842658ffbd31e0563c6bd
Content-Disposition: form-data; name="upload_file"; filename="file.txt"


--c226ce13d09842658ffbd31e0563c6bd--

注意filename="file.txt"参数.

files如果需要更多控制,可以使用元组作为映射值,使用2到4个元素.第一个元素是文件名,后跟内容,可选的content-type头值和附加头的可选映射:

files = {'upload_file': ('foobar.txt', open('file.txt','rb'), 'text/x-spam')}

这将设置备用文件名和内容类型,省略可选标头.

如果你的意思是要从文件中取出整个POST主体(没有指定其他字段),那么不要使用该files参数,只需将文件直接发布为data.然后您可能也想要设置Content-Type标题,否则将不设置任何标题.

Answer 2

(2018)新的python请求库简化了这个过程,我们可以使用'files'变量来表示我们要上传一个多部分编码的文件

url = 'http://httpbin.org/post'
files = {'file': open('report.xls', 'rb')}

r = requests.post(url, files=files)
r.text

Answer 3

客户好评

如果要使用Python requests库上传单个文件，则请求lib 支持流上传，这使您无需读取内存即可发送大文件或流。

with open('massive-body', 'rb') as f:
    requests.post('http://some.url/streamed', data=f)

服务器端

然后将文件存储在server.py侧面，这样就可以将流保存到文件中而不加载到内存中。以下是使用Flask文件上传的示例。

@app.route("/upload", methods=['POST'])
def upload_file():
    from werkzeug.datastructures import FileStorage
    FileStorage(request.stream).save(os.path.join(app.config['UPLOAD_FOLDER'], filename))
    return 'OK', 200

或使用修复程序中提到的werkzeug表单数据解析来解决“ 大文件上传占用内存 ”的问题，以避免在大文件上传（st 22 GiB文件中在约60秒内）低效率地使用内存。内存使用量恒定在大约13 MiB。）。

@app.route("/upload", methods=['POST'])
def upload_file():
    def custom_stream_factory(total_content_length, filename, content_type, content_length=None):
        import tempfile
        tmpfile = tempfile.NamedTemporaryFile('wb+', prefix='flaskapp', suffix='.nc')
        app.logger.info("start receiving file ... filename => " + str(tmpfile.name))
        return tmpfile

    import werkzeug, flask
    stream, form, files = werkzeug.formparser.parse_form_data(flask.request.environ, stream_factory=custom_stream_factory)
    for fil in files.values():
        app.logger.info(" ".join(["saved form name", fil.name, "submitted as", fil.filename, "to temporary file", fil.stream.name]))
        # Do whatever with stored file at `fil.stream.name`
    return 'OK', 200

Answer 4

您可以在调用 API 时通过 post api 发送任何文件，只需提及 files={'any_key': fobj}

import requests
import json
    
url = "https://request-url.com"
 
headers = {"Content-Type": "application/json; charset=utf-8"}
    
with open(filepath, 'rb') as fobj:
    response = requests.post(url, headers=headers, files={'file': fobj})
 
print("Status Code", response.status_code)
print("JSON Response ", response.json())