C# 流程。从应用程序开始&；文件名作为变量

一直在搜索，但意外地没有找到这个特定的问题：

使用C#我希望（通过单击表单中的按钮）使用特定的应用程序运行特定的文件

使用“Process.start（variable）”时，我只能从两个选项中选择一个

通过使用“Process.startinfo.filename”（比如：），情况似乎也是如此

难道不可能以某种“简单”的方式将两者结合起来吗

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谢谢。

通常，您会使用命令参数（即“notepad.exe file.txt”）与应用程序一起运行文件

如果您尝试启动的应用程序可以这样做，则只需将

StartInfo

的

Filename

属性设置为名称（如果在路径中），或者将应用程序的完整路径设置为文件路径，将

Arguments

属性设置为文件路径

var process = new Process();
process.StartInfo.FileName = "notepad.exe";
process.StartInfo.Arguments = "C:\\{pathToFile}\\file.txt";
process.Start();

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上面的代码将启动notepad opening file.txt。您只需将

文件名

和

参数

替换为包含应用程序和文件路径的变量。

组合是什么意思？@TimothyG。给出两个变量。因此，告诉它要打开哪个文件，并告诉它使用哪个程序打开它。在看到发布的答案后，你的问题现在有意义了，但问题应该是独立的。嗯，这并没有给我预期的结果。但我不知道这是与你的答案有关，还是与程序的运行有关。当使用FME quicktranslator运行工作台时，它不会给我正确的输出。但我猜你的答案可能是正确的，所以我会考虑解决的问题。如果将来有人想知道或读到这个话题，那就谢谢了：它不起作用的原因是路径中存在空间。输入参数时需要使用“$”符号，否则process.start无法正常工作。