从 html 文件对象到 Symfony 文件对象

Question

我有一个非常好的 Symfony 函数，它从一个发布的表单（在 symfony 上生成）进行一些文件操作，这个函数的输入是一个 UploadedFile 对象和这个对象的一个​​例子 (print_r)是：

Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile Object
(
    [test:Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile:private] => 
    [originalName:Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile:private] => Untitled-10001.png
    [mimeType:Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile:private] => image/png
    [size:Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile:private] => 8718
    [error:Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile:private] => 0
    [pathName:SplFileInfo:private] => /tmp/phpduxlg4
    [fileName:SplFileInfo:private] => phpduxlg4
)

我有另一个 web 表单，纯 html，没有 Symfony 实现或集成。因此，您所知道的这种形式的已发布文件将具有以下形式（print_r）：

Array
(
    [gifts_add] => Array
        (
            [name] => Array
                (
                    [image] => Untitled-10001.png
                )

            [type] => Array
                (
                    [image] => image/png
                )

            [tmp_name] => Array
                (
                    [image] => /tmp/phpduxlg4
                )

            [error] => Array
                (
                    [image] => 0
                )

            [size] => Array
                (
                    [image] => 8718
                )

        )

)

我无法修改处理文件的函数，所以我需要一种方法将示例二中的正常上传文件对象从第一个“转换”为 Symfony uploadFile 对象。

我知道这是一个 hack，所以不是一个非常干净的解决方案，但目前是我解决这个问题的唯一方法，所以在简历中，如果你有一个像第二个这样的对象，你如何让它看起来像第一个一个？

编辑：

根据答案，这是我目前得到的：

        print_r($_FILES);
        print_r($gift->getImage( ));

        echo '---';

        $myfile= new \Component\HttpFoundation\File\UploadedFile();
        $myfile->setOriginalName($_FILES["gifts_add"]["name"][0]);
        $myfile->setMimeType($_FILES["gifts_add"]["type"][0]);
        $myfile->setSize($_FILES["gifts_add"]["size"][0]);
        $myfile->setError($_FILES["gifts_add"]["error"][0]);
        $myfile->setPathName($_FILES["gifts_add"]["tmp_name"][0]);
        $myfile->setFileName($_FILES["gifts_add"]["name"][0]); 


        print_r($myfile); 

        die('DEBUG');    

仍然 print_r($myfile) 似乎输出为空或阻止脚​​本。

Answer 1

Symfony 2.3 API UploaderFile

UploaderFile 构造函数定义如下：

__construct(string $path, string $originalName, string $mimeType = null, integer $size = null, integer $error = null, Boolean $test = false)

尝试使用构造函数。而且我认为您在 print_r 中使用 [0] 时似乎是 ["image"]。

如果脚本在 print_r() 上停止工作，请尝试改用 var_dump()。

最终代码：

    print_r($_FILES);

    echo '---';
    $myfile= new \Component\HttpFoundation\File\UploadedFile(
        $_FILES["gifts_add"]["tmp_name"]["image"],
        $_FILES["gifts_add"]["name"]["image"],
        $_FILES["gifts_add"]["type"]["image"],
        $_FILES["gifts_add"]["size"]["image"],
        $_FILES["gifts_add"]["error"]["image"]
    );

    var_dump($myfile);
    die("DEBUG");

Answer 2

我认为你可以这样做：

$myfile= new \Component\HttpFoundation\File\UploadedFile()
$myfile->setOriginalName($array["gifts_add"]["name"][0]);
$myfile->setMimeType($array["gifts_add"]["type"][0]);
$myfile->setSize($array["gifts_add"]["size"][0]);
$myfile->setError($array["gifts_add"]["error"][0]);
$myfile->setPathName($array["gifts_add"]["tmp_name"][0]);
$myfile->setFileName($array["gifts_add"]["name"][0]); // if you want to keep the original name

$array 是包含您的 gift_add 数组的数组

Answer 3

简单的解决方案是创建一个 Symfony 类型来绑定数据。您仍然可以使用自己的 html 表单，但可以用 symfony 的方式捕获它。

使用您的字段定义表单：

$builder->add('gifts_add', 'file')

在这种情况下创建一个名为 Gift 的实体来存储您的数据并接收上传文件。

Class Gift {
    public getGiftsAdd(Symfony\Component\HttpFoundation\File\UploadedFile $file) {
        //call your function here
    }
....

在控制器中初始化表单、实体并提交数据：

$gift=new Gift();
$form=$this->createForm(new YourGiftsType(), $entity);
$form->submit($gift);
$gift <--- your data is there now and the form automatically call your funciton