Python 使用send_from_目录和文件名从服务器位置下载文件

我正在努力理解如何将上传的文件名传递到flask中的下一个@app.route以检索保存在服务器上的文件

我已经能够创建一个表单来像这样将文件上传到服务器，并且能够将文件数据和文件名呈现到正在进行的视图中

@app.route('/file_upload', methods=['GET', 'POST'])
def upload():

form = UploadForm()

if form.validate_on_submit():
    f=form.file.data
    filename = secure_filename(f.filename)
    file_path = os.path.join(UPLOAD_FOLDER, filename)
    f.save(file_path)
    Input_data_dataframe = pd.read_excel(f)
    return render_template('Set_parameters.html',filename=filename,tables=[Input_data_dataframe.to_html(classes=["table table-dark table-hover"], header="true", index=False,)])

return render_template('file_upload.html',form=form)

文件成功保存在所需的服务器目标，文件名也会在下一个视图中呈现，如下所示：

我现在希望从服务器位置检索此文件以进行进一步处理。我知道我可以使用send_from_directory（）函数来检索文件，但是我不确定如何使用上一个@app.route（“/file_upload”）中的正确文件名来实现它

目前，如果我按原样运行，我会得到这个错误 TypeError:processing（）缺少1个必需的位置参数：“filename”据我所知，我尚未将文件名传递给函数。。我只是不确定如何在不将文件名硬编码到代码中，然后使用同一文件进行进一步处理的情况下执行此操作

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非常感谢您的帮助。

您的

处理

函数需要URL中的

文件名

参数。您可以在此处看到应该如何执行：

此视图的路径应为：

/Set\u Parameters//

。这意味着from的

action

属性应该是，例如：

action=“/Set\u Parameters/This\u是\u file.xlsx”

。 如果使用flask模板在flask中呈现该表单，如果在呈现上下文中具有文件名，则应该很容易：

<form action="/Set_Parameters/{{ filename }}">
...
</form>

...

非常感谢Michal S。我解决了这个问题！我可以传递文件名并从服务器检索文件。。我不仅仅是在将该文件放回数据帧时遇到问题。。我收到以下错误：ValueError:无效的文件路径或缓冲区对象类型：

send\u from\u directory

创建一个准备由视图返回的响应对象（）。要打开文件，您可能只需使用常规的

open（file\u path）

函数即可。文件路径应该是

app.config['UPLOAD\u FOLDER']+filename

，但我不确定

<form action="/Set_Parameters/{{ filename }}">
...
</form>