Path 以惯用方式从给定路径提取文件扩展名

我试图从给定的字符串路径中提取文件的扩展名

下面的代码是有效的，但我想知道是否有一种更干净、更地道的方法来实现这一点：

use std::path::Path;

fn main() {

    fn get_extension_from_filename(filename: String) -> String {

        //Change it to a canonical file path.
        let path = Path::new(&filename).canonicalize().expect(
            "Expecting an existing filename",
        );

        let filepath = path.to_str();
        let name = filepath.unwrap().split('/');
        let names: Vec<&str> = name.collect();
        let extension = names.last().expect("File extension can not be read.");
        let extens: Vec<&str> = extension.split(".").collect();

        extens[1..(extens.len())].join(".").to_string()
    }

    assert_eq!(get_extension_from_filename("abc.tar.gz".to_string()) ,"tar.gz" );
    assert_eq!(get_extension_from_filename("abc..gz".to_string()) ,".gz" );
    assert_eq!(get_extension_from_filename("abc.gz".to_string()) , "gz");

}

使用std:：path:：path；
fn main（）{
fn从文件名（文件名：String）->String获取扩展名{
//将其更改为规范文件路径。
让path=path:：new（&filename）.canonicalize（）.expect(
“应为现有文件名”，
);
让filepath=path.to_str（）；
让name=filepath.unwrap（）.split（'/'）；
let name:Vec=name.collect（）；
让extension=names.last（）.expect（“无法读取文件扩展名”）；
让extens:Vec=extension.split（“.”.collect（）；
extens[1..（extens.len（））].join（“.”）to_string（）
}
断言（从文件名（“abc.tar.gz.to_string（）），“tar.gz”中获取扩展名）；
断言（从文件名（“abc..gz.”到字符串（），“.gz”）获取扩展名）；
断言\u eq！（从\u filename（“abc.gz.to_ustring（）），“gz”）获取\u扩展名；
}

还有什么比使用Rust更惯用的呢

---

在习惯用法中，可能失败的函数的返回类型应该是

选项

或

结果

。通常，函数也应该接受切片而不是

String

s，并且只在必要时创建一个新的

String

。这减少了过多的复制和堆分配

您可以使用提供的

extension（）

方法，然后将生成的

OsStr

转换为

&str

：

use std::path::Path;
use std::ffi::OsStr;

fn get_extension_from_filename(filename: &str) -> Option<&str> {
    Path::new(filename)
        .extension()
        .and_then(OsStr::to_str)
}

assert_eq!(get_extension_from_filename("abc.gz"), Some("gz"));

使用std:：path:：path；
使用std:：ffi:：OsStr；
fn从文件名（文件名：&str）->选项获取扩展名{
路径：：新建（文件名）
.extension（）
.然后（OsStr:：to_str）
}
断言！（从文件名（“abc.gz”）中获取扩展名（“gz”）；

在这里使用

和_then

很方便，因为这意味着您不必在调用

到_str

之前打开

扩展（）返回的
选项
，并处理该选项为
无的可能性。我也可以用lambda
|s.to_str（）
来代替
OsStr:：to_str
——这可能是一个偏好或观点的问题，哪一个更惯用

请注意，参数
&str
和返回值都是对为断言创建的原始字符串片段的引用。返回的切片无法超过它引用的原始切片，因此如果需要更长时间，您可能需要从此结果创建一个拥有的
字符串。
感谢您的快速响应，但我认为此示例将失败：
assert\u eq！（从文件名（“abc.tar.gz.to_string（）），“tar.gz”中获取扩展名）@Sokio哦，我错过了。所以你想在最左边的点之后得到所有东西吗？这将给出错误的结果，例如“Version 1.2.txt”@interjay，是的，因此我维护了允许扩展的hashmap，因此
2.txt
会死机。我的目的是以一种通用的方式提取一个可能的扩展名，并与允许的扩展名hashmap进行比较。
.tar.gz
不是一个独立的扩展名，它是一个
.gz
文件，解压缩后会得到一个
.tar
文件。你应该遵循同样的过程。提取扩展和非扩展部分，并递归地处理从中提取扩展的非扩展部分。
use std::path::Path;
use std::ffi::OsStr;

fn get_extension_from_filename(filename: &str) -> Option<&str> {
    Path::new(filename)
        .extension()
        .and_then(OsStr::to_str)
}

assert_eq!(get_extension_from_filename("abc.gz"), Some("gz"));