python вимагає завантаження файлу

Я виконую просте завдання з завантаження файлу за допомогою бібліотеки запитів Python. Я шукав переповнення стека, і ні в кого не було такої проблеми, а саме те, що файл не отримує сервер:

import requests
url='http://nesssi.cacr.caltech.edu/cgi-bin/getmulticonedb_release2.cgi/post'
files={'files': open('file.txt','rb')}
values={'upload_file' : 'file.txt' , 'DB':'photcat' , 'OUT':'csv' , 'SHORT':'short'}
r=requests.post(url,files=files,data=values)

Я заповнюю значення ключового слова "upload_file" своїм ім'ям файлу, тому що якщо я залишу його порожнім, воно говорить

Error - You must select a file to upload!

І ось я отримую

File  file.txt  of size    bytes is  uploaded successfully!
Query service results:  There were 0 lines.

Що з’являється, лише якщо файл порожній. Тому я застряг, як успішно надсилати свій файл. Я знаю, що файл працює, тому що якщо я заходжу на цей веб-сайт і вручну заповнюю форму, він повертає хороший список відповідних об'єктів, про що я і хочу. Я б дуже цінував усі підказки.

Деякі інші теми пов'язані (але не відповідають моїй проблемі):

• Надіслати файл за допомогою POST із сценарію Python
• http://docs.python-requests.org/en/latest/user/quickstart/#response-content
• Завантаження файлів за допомогою запитів та надсилання додаткових даних
• http://docs.python-requests.org/en/latest/user/advanced/#body-content-workflow

Якщо upload_fileфайл мається на увазі, використовуйте:

files = {'upload_file': open('file.txt','rb')}
values = {'DB': 'photcat', 'OUT': 'csv', 'SHORT': 'short'}

r = requests.post(url, files=files, data=values)

і requestsнадішле тіло форми з поштовою формою з upload_fileполем, встановленим на вмістfile.txt файла.

Ім'я файлу буде включено в заголовок mime для конкретного поля:

>>> import requests
>>> open('file.txt', 'wb')  # create an empty demo file
<_io.BufferedWriter name='file.txt'>
>>> files = {'upload_file': open('file.txt', 'rb')}
>>> print(requests.Request('POST', 'http://example.com', files=files).prepare().body.decode('ascii'))
--c226ce13d09842658ffbd31e0563c6bd
Content-Disposition: form-data; name="upload_file"; filename="file.txt"


--c226ce13d09842658ffbd31e0563c6bd--

Зверніть увагу на filename="file.txt" параметр.

Ви можете використовувати кортеж для filesзначення відображення, що містить від 2 до 4 елементів, якщо вам потрібно більше контролю. Перший елемент - це ім'я файлу, а потім вміст та необов'язкове значення заголовка типу вмісту та необов'язкове відображення додаткових заголовків:

files = {'upload_file': ('foobar.txt', open('file.txt','rb'), 'text/x-spam')}

Це встановлює альтернативне ім’я файлу та тип вмісту, не виключаючи додаткові заголовки.

Якщо ви маєте на увазі все тіло POST, яке потрібно взяти з файлу (без вказаних інших полів), не використовуйте filesпараметр, просто опублікуйте файл безпосередньо як data. Тоді ви також можете встановити Content-Typeзаголовок, оскільки жодне не буде встановлено інакше. Див. Запити Python - дані POST з файлу .

(2018) нова бібліотека запитів python спростила цей процес, ми можемо використовувати змінну 'files', щоб сигналізувати про те, що ми хочемо завантажити файл із кодуванням, що кодується багатьма частинами

url = 'http://httpbin.org/post'
files = {'file': open('report.xls', 'rb')}

r = requests.post(url, files=files)
r.text

Завантаження клієнта

Якщо ви хочете завантажити один файл із requestsбібліотеки Python , тоді запити lib підтримують потокові завантаження , які дозволяють надсилати великі файли чи потоки без читання в пам'ять .

with open('massive-body', 'rb') as f:
    requests.post('http://some.url/streamed', data=f)

Сторона сервера

Потім збережіть файл server.pyзбоку, щоб зберегти потік у файл, не завантажуючи його в пам'ять. Далі наводиться приклад використання файлів на колбу .

@app.route("/upload", methods=['POST'])
def upload_file():
    from werkzeug.datastructures import FileStorage
    FileStorage(request.stream).save(os.path.join(app.config['UPLOAD_FOLDER'], filename))
    return 'OK', 200

Або використовуйте параметри даних Werkzeug, як зазначено у виправленні для випуску " великих завантажень файлів, що з'їдають пам'ять ", щоб уникнути неефективного використання пам'яті для завантаження великих файлів (ст. 22 гігабайта за ~ 60 секунд. Використання пам'яті постійне приблизно 13 МіБ.).

@app.route("/upload", methods=['POST'])
def upload_file():
    def custom_stream_factory(total_content_length, filename, content_type, content_length=None):
        import tempfile
        tmpfile = tempfile.NamedTemporaryFile('wb+', prefix='flaskapp', suffix='.nc')
        app.logger.info("start receiving file ... filename => " + str(tmpfile.name))
        return tmpfile

    import werkzeug, flask
    stream, form, files = werkzeug.formparser.parse_form_data(flask.request.environ, stream_factory=custom_stream_factory)
    for fil in files.values():
        app.logger.info(" ".join(["saved form name", fil.name, "submitted as", fil.filename, "to temporary file", fil.stream.name]))
        # Do whatever with stored file at `fil.stream.name`
    return 'OK', 200

В Ubuntu ви можете застосувати таким чином,

щоб зберегти файл у якомусь місці (тимчасовому), а потім відкрити та надіслати його в API

      path = default_storage.save('static/tmp/' + f1.name, ContentFile(f1.read()))
      path12 = os.path.join(os.getcwd(), "static/tmp/" + f1.name)
      data={} #can be anything u want to pass along with File
      file1 = open(path12, 'rb')
      header = {"Content-Disposition": "attachment; filename=" + f1.name, "Authorization": "JWT " + token}
       res= requests.post(url,data,header)