Django: додавання зображення в поле ImageField із URL-адреси зображення

будь ласка, вибачте мене за мою потворну англійську ;-)

Уявіть собі цю дуже просту модель:

class Photo(models.Model):
    image = models.ImageField('Label', upload_to='path/')

Я хотів би створити фотографію за URL-адресою зображення (тобто не від руки на сайті адміністратора django).

Я думаю, що мені потрібно зробити щось подібне:

from myapp.models import Photo
import urllib

img_url = 'http://www.site.com/image.jpg'
img = urllib.urlopen(img_url)
# Here I need to retrieve the image (as the same way that if I put it in an input from admin site)
photo = Photo.objects.create(image=image)

Я сподіваюся, що я добре пояснив проблему, якщо не скажи мені.

Дякую :)

Редагувати:

Це може спрацювати, але я не знаю, як конвертувати contentу файл django:

from urlparse import urlparse
import urllib2
from django.core.files import File

photo = Photo()
img_url = 'http://i.ytimg.com/vi/GPpN5YUNDeI/default.jpg'
name = urlparse(img_url).path.split('/')[-1]
content = urllib2.urlopen(img_url).read()

# problem: content must be an instance of File
photo.image.save(name, content, save=True)

Я щойно створив http://www.djangosnippets.org/snippets/1890/ для цієї самої проблеми. Код подібний до безжальної відповіді вище, за винятком того, що він використовує urllib2.urlopen, оскільки urllib.urlretrieve за замовчуванням не виконує жодної обробки помилок, тому легко отримати вміст сторінки 404/500 замість того, що вам потрібно. Ви можете створити функцію зворотного виклику та користувальницький підклас URLOpener, але мені стало простіше просто створити власний тимчасовий файл так:

from django.core.files import File
from django.core.files.temp import NamedTemporaryFile

img_temp = NamedTemporaryFile(delete=True)
img_temp.write(urllib2.urlopen(url).read())
img_temp.flush()

im.file.save(img_filename, File(img_temp))

from myapp.models import Photo
import urllib
from urlparse import urlparse
from django.core.files import File

img_url = 'http://www.site.com/image.jpg'

photo = Photo()    # set any other fields, but don't commit to DB (ie. don't save())
name = urlparse(img_url).path.split('/')[-1]
content = urllib.urlretrieve(img_url)

# See also: http://docs.djangoproject.com/en/dev/ref/files/file/
photo.image.save(name, File(open(content[0])), save=True)

Поєднуючи те, що сказали Кріс Адамс та Стен, та оновлюючи речі для роботи на Python 3, якщо ви встановите Requests, ви можете зробити щось подібне:

from urllib.parse import urlparse
import requests
from django.core.files.base import ContentFile
from myapp.models import Photo

img_url = 'http://www.example.com/image.jpg'
name = urlparse(img_url).path.split('/')[-1]

photo = Photo() # set any other fields, but don't commit to DB (ie. don't save())

response = requests.get(img_url)
if response.status_code == 200:
    photo.image.save(name, ContentFile(response.content), save=True)

Більш відповідні документи в документації Django ContentFile та прикладі завантаження файлу запитів .

ImageFieldце просто рядок, шлях відносно вашого MEDIA_ROOTналаштування. Просто збережіть файл (можливо, ви хочете скористатися PIL, щоб перевірити, що це зображення) і заповніть поле його назвою.

Тож він відрізняється від вашого коду тим, що вам потрібно зберегти вихідні дані вашого urllib.urlopenфайлу (всередині вашого медіафайла), пропрацювати шлях та зберегти його у вашій моделі.

Я роблю це таким чином на Python 3, який повинен працювати з простими адаптаціями на Python 2. Це базується на моїх знаннях про те, що файли, які я отримую, невеликі. Якщо це не так, я, мабуть, рекомендую записати відповідь у файл, а не буферизувати в пам'яті.

BytesIO потрібен, оскільки Django викликає шукати () для файлового об'єкта, а відповіді urlopen не підтримують пошук. Замість цього ви можете передати байт-об'єкт, повернутий read (), у файл ContentFile Django.

from io import BytesIO
from urllib.request import urlopen

from django.core.files import File


# url, filename, model_instance assumed to be provided
response = urlopen(url)
io = BytesIO(response.read())
model_instance.image_field.save(filename, File(io))

Нещодавно я використовую наступний підхід в python 3 і Django 3, можливо, це може бути цікавим і для інших. Це схоже на рішення Кріса Адамса, але для мене воно вже не працювало.

import urllib.request
from django.core.files.uploadedfile import SimpleUploadedFile
from urllib.parse import urlparse

from demoapp import models


img_url = 'https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/f/f7/Stack_Overflow_logo.png'
basename = urlparse(img_url).path.split('/')[-1]
tmpfile, _ = urllib.request.urlretrieve(img_url)

new_image = models.ModelWithImageOrFileField()
new_image.title = 'Foo bar'
new_image.file = SimpleUploadedFile(basename, open(tmpfile, "rb").read())
new_image.save()

Щойно виявив, що вам не потрібно створювати тимчасовий файл:

Передайте вміст URL-адреси безпосередньо з django на minio

Я повинен зберігати свої файли в minio і мати контейнери django docker без багато місця на диску, і мені потрібно завантажувати великі відеофайли, тому це було мені дуже корисно.

це правильний і робочий спосіб

class Product(models.Model):
    upload_path = 'media/product'
    image = models.ImageField(upload_to=upload_path, null=True, blank=True)
    image_url = models.URLField(null=True, blank=True)

    def save(self, *args, **kwargs):
        if self.image_url:
            import urllib, os
            from urlparse import urlparse
            filename = urlparse(self.image_url).path.split('/')[-1]
            urllib.urlretrieve(self.image_url, os.path.join(file_save_dir, filename))
            self.image = os.path.join(upload_path, filename)
            self.image_url = ''
            super(Product, self).save()