Java Spring：如何解析上传的zip文件？

我将我的zip存档上传到服务器，并希望在其中打开

.txt

和

.jpg

文件。我成功地在控制器中获取了存档文件，并通过

ZipEntry

获取了每个文件的名称。现在我想打开它，但为此，我应该得到我的文件的完整路径

我还没找到我该怎么做。你能建议一些方法吗

更新

我尝试使用下面建议的示例，但我无法打开该文件

ZipFile zFile = new ZipFile("trainingDefaultApp.zip");

我得到了

FileNotFoundException

所以我回到我的出发点。我在JavaSpring应用程序中上传了表单。在控制器中，我得到了一个zip存档，名为

byte[]

@RequestMapping(method = RequestMethod.POST)
public String create(UploadItem uploadItem, BindingResult bindingResult){
    try {
        byte[] zip = uploadItem.getFileData().getBytes();
        saveFile(zip);

然后我得到了每个

ZipEntry

    InputStream is = new ByteArrayInputStream(zip);
    ZipInputStream zis = new ZipInputStream(is);

    ZipEntry entry = null;
    while ((entry = zis.getNextEntry()) != null) {
        String entryName = entry.getName();
        if (entryName.equals("readme.txt")) {
            ZipFile zip = new ZipFile(entry.getName()); // here I had got an exception

---

根据文档，我做得很好，但对于我来说，仅传递文件名并怀疑您将成功打开文件是很奇怪的。getInputStream（ZipEntry条目）将返回特定条目的inputstream

ZipFile zFile = new ZipFile("trainingDefaultApp.zip");

检查

ZipFile.getInputStream（）

-

更新：

我误解了你的问题。对于使用

ZipInputStream

，Oracle网站（）上有一个示例代码，向您展示了如何从流中读取数据。请参见第一个代码示例：代码

• 示例1:UnZip.java

在这里复制，就是从条目中读取并将其直接写入文件，但您可以使用所需的任何逻辑替换它：

ZipInputStream zis = new ZipInputStream(new BufferedInputStream(fis));
ZipEntry entry;
while((entry = zis.getNextEntry()) != null) {
   System.out.println("Extracting: " +entry);
   int count;
   byte data[] = new byte[BUFFER];
   // write the files to the disk
   FileOutputStream fos = new FileOutputStream(entry.getName());
   dest = new 
   BufferedOutputStream(fos, BUFFER);

   while ((count = zis.read(data, 0, BUFFER)) != -1) {
        dest.write(data, 0, count);
   }
}

---

我解决了我的问题。解决方案是直接使用ZipInputStream。代码如下：

    private void saveFile(byte[] zip, String name, String description) throws IOException {
    InputStream is = new ByteArrayInputStream(zip);
    ZipInputStream zis = new ZipInputStream(is);

    Application app = new Application();
    ZipEntry entry = null;
    while ((entry = zis.getNextEntry()) != null) {
        String entryName = entry.getName();
        if (entryName.equals("readme.txt")) { 
           new Scanner(zis); //!!!
           //... 
           zis.closeEntry();

---

什么意思？你说你成功地打开了它；您没有“完整路径”指向什么？我打开了CommonsMultipartFile，其中包含作为字节[]的zip存档文件。我将其转换为ZipInputStream，在循环中，我的存档中的每个文件都有一个ZipEntry。现在我想读取这个.txt文件和.jpg文件，但ZipEntry只包含这些文件的名称。因此，我没有这个文件的完整路径，也无法将其作为新文件（“d:/some.txt”）打开。我的坏消息是，刚刚看到您有一个ZipInputStream，而不是ZipFile。Oracle网站（）上有一个示例代码，向您展示了如何从流中读取数据。请参阅第一个代码示例：代码示例1:UnZip.java.Mmm..如何使用ZipFile？在constructor中，我应该传递一个文件，如果没有该文件的完整路径，我将无法创建该文件。如果我将文件名作为字符串传递，则得到filenotfoundexception，请尝试此示例。我也有同样的理由。上面说找不到那个文件。对于测试，我硬编码了我的归档文件名“tetx.zip”，但在尝试创建新的FileInputStream（“tetx.zip”）时失败了。这是错误的还是其他地方的问题？如果你可以，你可能想发布你的代码。我不知道是什么问题。谢谢你的帮助，保罗。我用代码和描述来表达我的问题。也许这有助于理解问题的原因。