【发布时间】:2014-08-03 15:40:00
【问题描述】:
这就是我想要做的:我已经使用 ZipArchive 类创建了 zip 存档,其中包含多个文件,我现在需要做的是,打开存档,读取单个文件并下载或在浏览器中打开它。
由于我使用的是 symfony2 框架,如果它是一个常规文件,我可以这样做:
case 'open':
$response = new BinaryFileResponse($filepath);
$response->headers->set('Content-type', mime_content_type($filepath));
$response->setContentDisposition(
ResponseHeaderBag::DISPOSITION_INLINE,
$filename
);
return $response;
case 'save':
$response = new BinaryFileResponse($filepath);
$response->headers->set('Content-type', mime_content_type($filepath));
$response->setContentDisposition(
ResponseHeaderBag::DISPOSITION_ATTACHMENT,
$filename
);
return $response;
但由于文件不在任何目录中,我可以将其传递给 BinaryFileResponse 类,因为它只接受文件或 SplFileInfo 对象的字符串路径,而不接受文件内容。
我发现以下post 让我想到从文件内容创建 SplFileObject,然后将其作为 SplFileInfo 对象传递给 BinaryFileResponse 类,因为 SplFileObject 扩展了 SplFileInfo,所以这就是我所做的:
$tmp = 'php://temp';
$file = new \SplFileObject($tmp, 'w+');
$file->fwrite($filecontents);
然后将 $file 传递给 BinaryFileResponse 类,但它会抛出错误:文件“php://temp”不存在。我不知道我是否在做这样的事情的正确方式,如果是这样,我错过了什么。
无论如何,我不希望以两种不同的方式从存档中提供文件:1. 下载,2. 在浏览器中打开。
PS。这些文件是PDF格式。如果我创建响应对象并将其内容设置为存档文件的内容,我可以打开它们,但是我无法直接下载。
抱歉,如果造成混淆,提前感谢您的帮助。
【问题讨论】: