从路径中提取文件名

Question

我想从下面的路径中提取文件名:

D:\Server\User\CUST\MEA\Data\In\Files\CORRECTED\CUST_MEAFile.csv

现在我写了这个代码来获取文件名.只要文件夹级别没有改变,这工作正常.但是如果文件夹级别已更改,则此代码需要重写.我正在寻找一种方法使其更灵活,例如代码总是可以提取文件名,而不管文件夹级别如何.

($outputFile).split('\')[9].substring(0)

Answer 1

如果你可以包括扩展,这应该做你想要的.

$outputPath = "D:\Server\User\CUST\MEA\Data\In\Files\CORRECTED\CUST_MEAFile.csv"
$outputFile = Split-Path $outputPath -leaf

Answer 2

使用.net:

[System.IO.Path]::GetFileName("c:\foo.txt")回报foo.txt. [System.IO.Path]::GetFileNameWithoutExtension("c:\foo.txt")回报foo

Answer 3

在Get-ChildItem中使用BaseName显示文件名，而使用Name显示带有扩展名的文件名。

$filepath = Get-ChildItem "E:\Test\Basic-English-Grammar-1.pdf"

$filepath.BaseName

Basic-English-Grammar-1

$filepath.Name

Basic-English-Grammar-1.pdf

Answer 4

Get-ChildItem "D:\Server\User\CUST\MEA\Data\In\Files\CORRECTED\CUST_MEAFile.csv"
|Select-Object -ExpandProperty Name

Answer 5

使用通配符查找文件并获取文件名：

Resolve-Path "Package.1.0.191.*.zip" | Split-Path -leaf

Answer 6

$(Split-Path "D:\Server\User\CUST\MEA\Data\In\Files\CORRECTED\CUST_MEAFile.csv" -leaf)

Answer 7

只是为了完成Angularsen使用 .NET 的答案。

在此代码中，路径存储在参数中%1（在注册表中写在转义的引号下：）\"%1\"。要检索它，我们需要$arg（内置参数）。不要忘记周围的引用$FilePath。

# Get the file path:
$FilePath = $args
Write-Host "FilePath: " $FilePath

# Get the complete file name:
$file_name_complete = [System.IO.Path]::GetFileName("$FilePath")
Write-Host "fileNameFull :" $file_name_complete

# Get file name without the extension:
$fileNameOnly = [System.IO.Path]::GetFileNameWithoutExtension("$FilePath")
Write-Host "fileNameOnly :" $fileNameOnly

# Get the file extension:
$fileExtensionOnly = [System.IO.Path]::GetExtension("$FilePath")
Write-Host "fileExtensionOnly :" $fileExtensionOnly

Answer 8

你可以试试这个：

[System.IO.FileInfo]$path = "D:\Server\User\CUST\MEA\Data\In\Files\CORRECTED\CUST_MEAFile.csv"
# Returns name and extension
$path.Name
# Returns just name
$path.BaseName