최소한의 Django 파일 업로드 예제가 필요합니다.
Django의 초보자로서 Django 1.3에서 업로드 앱을 만드는 데 어려움을 겪고 있습니다. 최신 예제 / 스 니펫을 찾을 수 없습니다. 누군가가 그렇게하기 위해 최소한의 완전한 (모델,보기, 템플릿) 예제 코드를 게시 할 수 있습니까?
휴, Django 문서에는 실제로 이것에 대한 좋은 예가 없습니다. 나는 이것이 어떻게 작동하는지 이해하기 위해 모든 조각을 파헤치는 데 2 시간 이상을 보냈다. 그 지식을 바탕으로 파일을 업로드하고 목록으로 표시 할 수있는 프로젝트를 구현했습니다. 프로젝트의 소스를 다운로드하려면 https://github.com/axelpale/minimal-django-file-upload-example을 방문 하거나 복제하십시오.
> git clone https://github.com/axelpale/minimal-django-file-upload-example.git
2013-01-30 업데이트 : GitHub의 소스에는 1.3 외에 Django 1.4도 구현되어 있습니다. 변경 사항이 거의 없지만 다음 자습서는 1.4에서도 유용합니다.
2013-05-10 업데이트 : GitHub의 Django 1.5 구현. urls.py의 리디렉션 및 list.html의 url 템플릿 태그 사용이 약간 변경되었습니다. 노력에 대한 hubert3 에게 감사드립니다 .
업데이트 2013-12-07 : GitHub에서 Django 1.6 지원. myapp / urls.py에서 하나의 가져 오기가 변경되었습니다. Arthedian 에게 감사드립니다 .
업데이트 2015-03-17 : aronysidoro 덕분에 GitHub에서 Django 1.7이 지원됩니다 .
2015-09-04 업데이트 : nerogit 덕분에 GitHub에서 Django 1.8 지원 .
2016-07-03 업데이트 : daavve 및 nerogit 덕분에 GitHub에서 Django 1.9 지원
프로젝트 트리
단일 앱과 업로드 용 media / 디렉토리가있는 기본 Django 1.3 프로젝트입니다.
minimal-django-file-upload-example/
src/
myproject/
database/
sqlite.db
media/
myapp/
templates/
myapp/
list.html
forms.py
models.py
urls.py
views.py
__init__.py
manage.py
settings.py
urls.py
1. 설정 : myproject / settings.py
파일을 업로드하고 제공하려면 Django가 업로드 된 파일을 저장하는 위치와 Django가 파일을 제공하는 URL을 지정해야합니다. MEDIA_ROOT 및 MEDIA_URL은 기본적으로 settings.py에 있지만 비어 있습니다. 자세한 내용은 Django Managing Files 의 첫 번째 줄 을 참조하십시오. 데이터베이스를 설정하고 myapp을 INSTALLED_APPS에 추가하십시오.
...
import os
BASE_DIR = os.path.dirname(os.path.dirname(__file__))
...
DATABASES = {
'default': {
'ENGINE': 'django.db.backends.sqlite3',
'NAME': os.path.join(BASE_DIR, 'database.sqlite3'),
'USER': '',
'PASSWORD': '',
'HOST': '',
'PORT': '',
}
}
...
MEDIA_ROOT = os.path.join(BASE_DIR, 'media')
MEDIA_URL = '/media/'
...
INSTALLED_APPS = (
...
'myapp',
)
2. 모델 : myproject / myapp / models.py
다음으로 FileField가있는 모델이 필요합니다. 이 특정 필드는 현재 날짜 및 MEDIA_ROOT에 따라 파일을 예를 들어 media / documents / 2011 / 12 / 24 /에 저장합니다. FileField 참조를 참조 하십시오 .
# -*- coding: utf-8 -*-
from django.db import models
class Document(models.Model):
docfile = models.FileField(upload_to='documents/%Y/%m/%d')
3. 형식 : myproject / myapp / forms.py
업로드를 잘 처리하려면 양식이 필요합니다. 이 양식에는 필드가 하나만 있지만 충분합니다. 자세한 내용은 Form FileField 참조 를 참조하십시오.
# -*- coding: utf-8 -*-
from django import forms
class DocumentForm(forms.Form):
docfile = forms.FileField(
label='Select a file',
help_text='max. 42 megabytes'
)
4.보기 : myproject / myapp / views.py
모든 마법이 일어나는 풍경. request.FILES취급 방법 에 주의하십시오 . 저에게있어 request.FILES['docfile']models.FileField에 저장 될 수 있다는 사실 을 찾기 가 정말 어려웠습니다 . 모델의 save ()는 파일 시스템에 대한 파일 저장을 자동으로 처리합니다.
# -*- coding: utf-8 -*-
from django.shortcuts import render_to_response
from django.template import RequestContext
from django.http import HttpResponseRedirect
from django.core.urlresolvers import reverse
from myproject.myapp.models import Document
from myproject.myapp.forms import DocumentForm
def list(request):
# Handle file upload
if request.method == 'POST':
form = DocumentForm(request.POST, request.FILES)
if form.is_valid():
newdoc = Document(docfile = request.FILES['docfile'])
newdoc.save()
# Redirect to the document list after POST
return HttpResponseRedirect(reverse('myapp.views.list'))
else:
form = DocumentForm() # A empty, unbound form
# Load documents for the list page
documents = Document.objects.all()
# Render list page with the documents and the form
return render_to_response(
'myapp/list.html',
{'documents': documents, 'form': form},
context_instance=RequestContext(request)
)
5. 프로젝트 URL : myproject / urls.py
Django는 기본적으로 MEDIA_ROOT를 제공하지 않습니다. 프로덕션 환경에서는 위험합니다. 그러나 개발 단계에서는 단축 할 수 있습니다. 마지막 줄에주의하십시오. 이 줄을 통해 Django는 MEDIA_URL에서 파일을 제공 할 수 있습니다. 이것은 개발 단계에서만 작동합니다.
자세한 내용은 django.conf.urls.static.static 참조 를 참조하세요. 미디어 파일 제공에 대한이 토론을 참조하십시오 .
# -*- coding: utf-8 -*-
from django.conf.urls import patterns, include, url
from django.conf import settings
from django.conf.urls.static import static
urlpatterns = patterns('',
(r'^', include('myapp.urls')),
) + static(settings.MEDIA_URL, document_root=settings.MEDIA_ROOT)
6. 앱 URL : myproject / myapp / urls.py
보기에 액세스 할 수 있도록하려면 해당보기에 대한 URL을 지정해야합니다. 여기에 특별한 것은 없습니다.
# -*- coding: utf-8 -*-
from django.conf.urls import patterns, url
urlpatterns = patterns('myapp.views',
url(r'^list/$', 'list', name='list'),
)
7. 템플릿 : myproject / myapp / templates / myapp / list.html
마지막 부분 : 목록 템플릿과 그 아래 업로드 양식. 양식에 enctype-attribute가 "multipart / form-data"로 설정되고 메소드가 "post"로 설정되어 있어야 Django에 업로드 할 수 있습니다. 자세한 내용은 파일 업로드 문서 를 참조하세요.
FileField에는 템플릿에서 사용할 수있는 많은 속성이 있습니다. 예 : 템플릿에서와 같이 {{document.docfile.url}} 및 {{document.docfile.name}}. 자세한 내용은 모델 에서 파일 사용 문서 및 파일 개체 문서를 참조하세요 .
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<meta charset="utf-8">
<title>Minimal Django File Upload Example</title>
</head>
<body>
<!-- List of uploaded documents -->
{% if documents %}
<ul>
{% for document in documents %}
<li><a href="{{ document.docfile.url }}">{{ document.docfile.name }}</a></li>
{% endfor %}
</ul>
{% else %}
<p>No documents.</p>
{% endif %}
<!-- Upload form. Note enctype attribute! -->
<form action="{% url 'list' %}" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %}
<p>{{ form.non_field_errors }}</p>
<p>{{ form.docfile.label_tag }} {{ form.docfile.help_text }}</p>
<p>
{{ form.docfile.errors }}
{{ form.docfile }}
</p>
<p><input type="submit" value="Upload" /></p>
</form>
</body>
</html>
8. 초기화
syncdb와 runserver를 실행하십시오.
> cd myproject
> python manage.py syncdb
> python manage.py runserver
결과
마지막으로 모든 것이 준비되었습니다. 기본 Django 개발 환경에서 업로드 된 문서 목록은 localhost:8000/list/. 오늘 파일은 / path / to / myproject / media / documents / 2011 / 12 / 17 /에 업로드되며 목록에서 열 수 있습니다.
나는이 대답이 나를 도왔을만큼 누군가에게 도움이되기를 바랍니다.
일반적으로 '작동하는 예제를 얻으려고'할 때 '그냥 코드 작성을 시작'하는 것이 가장 좋습니다. 여기에는 도움이되는 코드가 없으므로 질문에 대한 답변이 훨씬 더 많이 필요합니다.
파일을 가져 오려면 어딘가에있는 html 파일에 다음과 같은 내용이 필요합니다.
<form method="post" enctype="multipart/form-data">
<input type="file" name="myfile" />
<input type="submit" name="submit" value="Upload" />
</form>
그러면 찾아보기 버튼, 작업을 시작하는 업로드 버튼 (양식 제출)이 제공되며 Django가 제공하는 것을 알 수 있도록 enctype을 기록합니다. request.FILES
보기에서 파일에 액세스 할 수 있습니다.
def myview(request):
request.FILES['myfile'] # this is my file
페이지를 꼼꼼히 읽고 코드 작성을 시작 하는 것이 좋습니다. 그런 다음 작동하지 않을 때 예제와 스택 추적으로 돌아 오십시오.
데모
Akseli Palén의 답변 업데이트 . github repo 참조, Django 2 에서 작동
최소한의 Django 파일 업로드 예제
1. 장고 프로젝트 만들기
startproject를 실행합니다 ::
$ django-admin.py startproject sample
이제 폴더 ( sample )가 생성됩니다.
sample/
manage.py
sample/
__init__.py
settings.py
urls.py
wsgi.py
2. 앱 만들기
앱 만들기 ::
$ cd sample
$ python manage.py startapp uploader
이제 uploader다음 파일이 있는 폴더 ( )가 생성됩니다.
uploader/
__init__.py
admin.py
app.py
models.py
tests.py
views.py
migrations/
__init__.py
3. settings.py 업데이트
에 sample/settings.py추가 'uploader.apps.UploaderConfig'로 INSTALLED_APPS및 추가 MEDIA_ROOT하고 MEDIA_URL, 즉 ::
INSTALLED_APPS = [
...<other apps>...
'uploader.apps.UploaderConfig',
]
MEDIA_ROOT = os.path.join(BASE_DIR, 'media')
MEDIA_URL = '/media/'
4. urls.py 업데이트
에 sample/urls.py추가 ::
...<other imports>...
from django.conf import settings
from django.conf.urls.static import static
from uploader import views as uploader_views
urlpatterns = [
...<other url patterns>...
path('', uploader_views.home, name='imageupload'),
]+ static(settings.MEDIA_URL, document_root=settings.MEDIA_ROOT)
5. models.py 업데이트
업데이트 uploader/models.py::
from django.db import models
from django.forms import ModelForm
class Upload(models.Model):
pic = models.FileField(upload_to="images/")
upload_date=models.DateTimeField(auto_now_add =True)
# FileUpload form class.
class UploadForm(ModelForm):
class Meta:
model = Upload
fields = ('pic',)
6. views.py 업데이트
업데이트 uploader/views.py::
from django.shortcuts import render
from uploader.models import UploadForm,Upload
from django.http import HttpResponseRedirect
from django.urls import reverse
# Create your views here.
def home(request):
if request.method=="POST":
img = UploadForm(request.POST, request.FILES)
if img.is_valid():
img.save()
return HttpResponseRedirect(reverse('imageupload'))
else:
img=UploadForm()
images=Upload.objects.all().order_by('-upload_date')
return render(request,'home.html',{'form':img,'images':images})
7. 템플릿 만들기
폴더 업 로더 에서 폴더 템플릿 을 만든 다음 home.html 파일을 만듭니다. 즉 ::sample/uploader/templates/home.html
<div style="padding:40px;margin:40px;border:1px solid #ccc">
<h1>picture</h1>
<form action="#" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %} {{form}}
<input type="submit" value="Upload" />
</form>
{% for img in images %}
{{forloop.counter}}.<a href="{{ img.pic.url }}">{{ img.pic.name }}</a>
({{img.upload_date}})<hr />
{% endfor %}
</div>
8. 데이터베이스 동기화
데이터베이스와 runserver 동기화 ::
$ python manage.py makemigrations
$ python manage.py migrate
$ python manage.py runserver
http://localhost.com:8000을 방문 하십시오.
나는 django의 문서가 혼란 스럽다고 말해야한다. 또한 가장 간단한 예에서 왜 양식이 언급됩니까? views.py에서 작업 한 예는 다음과 같습니다.
for key, file in request.FILES.items():
path = file.name
dest = open(path, 'w')
if file.multiple_chunks:
for c in file.chunks():
dest.write(c)
else:
dest.write(file.read())
dest.close()
html 파일은 아래 코드와 비슷하지만이 예제는 하나의 파일 만 업로드하고 파일을 저장하는 코드는 많은 것을 처리합니다.
<form action="/upload_file/" method="post" enctype="multipart/form-data">{% csrf_token %}
<label for="file">Filename:</label>
<input type="file" name="file" id="file" />
<br />
<input type="submit" name="submit" value="Submit" />
</form>
이 예제는 내 코드가 아니며 내가 찾은 다른 두 가지 예제에서 가져온 것입니다. 나는 장고의 상대적인 초보자이므로 핵심 포인트를 놓치고있을 가능성이 큽니다.
Henry의 예를 확장합니다 .
import tempfile
import shutil
FILE_UPLOAD_DIR = '/home/imran/uploads'
def handle_uploaded_file(source):
fd, filepath = tempfile.mkstemp(prefix=source.name, dir=FILE_UPLOAD_DIR)
with open(filepath, 'wb') as dest:
shutil.copyfileobj(source, dest)
return filepath
handle_uploaded_file업로드 된 파일 개체를 사용하여보기 에서이 함수를 호출 할 수 있습니다 . 그러면 파일 시스템에 고유 한 이름 (원래 업로드 된 파일의 파일 이름이 접두사로 붙음)으로 파일이 저장되고 저장된 파일의 전체 경로가 반환됩니다. 경로를 데이터베이스에 저장하고 나중에 파일로 작업을 수행 할 수 있습니다.
나도 비슷한 요구 사항이있었습니다. 넷상의 대부분의 예제는 내가 사용하고 싶지 않은 모델을 만들고 양식을 만들도록 요청합니다. 다음은 최종 코드입니다.
if request.method == 'POST':
file1 = request.FILES['file']
contentOfFile = file1.read()
if file1:
return render(request, 'blogapp/Statistics.html', {'file': file1, 'contentOfFile': contentOfFile})
그리고 업로드 할 HTML에서 다음과 같이 썼습니다.
{% block content %}
<h1>File content</h1>
<form action="{% url 'blogapp:uploadComplete'%}" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %}
<input id="uploadbutton" type="file" value="Browse" name="file" accept="text/csv" />
<input type="submit" value="Upload" />
</form>
{% endblock %}
다음은 파일 내용을 표시하는 HTML입니다.
{% block content %}
<h3>File uploaded successfully</h3>
{{file.name}}
</br>content = {{contentOfFile}}
{% endblock %}
여기에서 도움이 될 수 있습니다 : models.py에 파일 필드를 만드십시오.
파일을 업로드하려면 (admin.py에서) :
def save_model(self, request, obj, form, change):
url = "http://img.youtube.com/vi/%s/hqdefault.jpg" %(obj.video)
url = str(url)
if url:
temp_img = NamedTemporaryFile(delete=True)
temp_img.write(urllib2.urlopen(url).read())
temp_img.flush()
filename_img = urlparse(url).path.split('/')[-1]
obj.image.save(filename_img,File(temp_img)
템플릿에서도 해당 필드를 사용합니다.
django 버전이있는 Fine Uploader에서 서버 예제를 참조 할 수 있습니다. https://github.com/FineUploader/server-examples/tree/master/python/django-fine-uploader
매우 우아하고 무엇보다도 중요한 js lib를 제공합니다. 템플릿은 서버 예제에 포함되어 있지 않지만 웹 사이트에서 데모를 찾을 수 있습니다. 파인 업 로더 : http://fineuploader.com/demos.html
장고 파인 업 로더
views.py
UploadView는 게시 및 삭제 요청을 각 핸들러에 전달합니다.
class UploadView(View):
@csrf_exempt
def dispatch(self, *args, **kwargs):
return super(UploadView, self).dispatch(*args, **kwargs)
def post(self, request, *args, **kwargs):
"""A POST request. Validate the form and then handle the upload
based ont the POSTed data. Does not handle extra parameters yet.
"""
form = UploadFileForm(request.POST, request.FILES)
if form.is_valid():
handle_upload(request.FILES['qqfile'], form.cleaned_data)
return make_response(content=json.dumps({ 'success': True }))
else:
return make_response(status=400,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': '%s' % repr(form.errors)
}))
def delete(self, request, *args, **kwargs):
"""A DELETE request. If found, deletes a file with the corresponding
UUID from the server's filesystem.
"""
qquuid = kwargs.get('qquuid', '')
if qquuid:
try:
handle_deleted_file(qquuid)
return make_response(content=json.dumps({ 'success': True }))
except Exception, e:
return make_response(status=400,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': '%s' % repr(e)
}))
return make_response(status=404,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': 'File not present'
}))
forms.py
class UploadFileForm(forms.Form):
""" This form represents a basic request from Fine Uploader.
The required fields will **always** be sent, the other fields are optional
based on your setup.
Edit this if you want to add custom parameters in the body of the POST
request.
"""
qqfile = forms.FileField()
qquuid = forms.CharField()
qqfilename = forms.CharField()
qqpartindex = forms.IntegerField(required=False)
qqchunksize = forms.IntegerField(required=False)
qqpartbyteoffset = forms.IntegerField(required=False)
qqtotalfilesize = forms.IntegerField(required=False)
qqtotalparts = forms.IntegerField(required=False)
이 접근 방식에 단점이 있는지 확실하지 않지만 views.py에서 훨씬 더 적습니다.
entry = form.save()
# save uploaded file
if request.FILES['myfile']:
entry.myfile.save(request.FILES['myfile']._name, request.FILES['myfile'], True)
나는 비슷한 문제에 직면했고 django 관리 사이트에서 해결했습니다.
# models
class Document(models.Model):
docfile = models.FileField(upload_to='documents/Temp/%Y/%m/%d')
def doc_name(self):
return self.docfile.name.split('/')[-1] # only the name, not full path
# admin
from myapp.models import Document
class DocumentAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('doc_name',)
admin.site.register(Document, DocumentAdmin)
참고 URL : https://stackoverflow.com/questions/5871730/need-a-minimal-django-file-upload-example
'program story' 카테고리의 다른 글
| AngularJS가 select에 빈 옵션을 포함하는 이유는 무엇입니까? (0) | 2020.10.02 |
|---|---|
| Java 컬렉션을 필터링하는 가장 좋은 방법은 무엇입니까? (0) | 2020.10.02 |
| Objective-C에서 문자열이 비어 있는지 어떻게 테스트합니까? (0) | 2020.10.02 |
| 구조체의 sizeof가 각 멤버의 sizeof 합계와 같지 않은 이유는 무엇입니까? (0) | 2020.10.02 |
| URL 단축기를 어떻게 만듭니 까? (0) | 2020.10.02 |