Как принять файл POST

Ответ 1

см. http://www.asp.net/web-api/overview/formats-and-model-binding/html-forms-and-multipart-mime#multipartmime, хотя я думаю, что в статье это выглядит немного сложнее, чем это действительно так.

В принципе,

public Task<HttpResponseMessage> PostFile() 
{ 
    HttpRequestMessage request = this.Request; 
    if (!request.Content.IsMimeMultipartContent()) 
    { 
        throw new HttpResponseException(HttpStatusCode.UnsupportedMediaType); 
    } 

    string root = System.Web.HttpContext.Current.Server.MapPath("~/App_Data/uploads"); 
    var provider = new MultipartFormDataStreamProvider(root); 

    var task = request.Content.ReadAsMultipartAsync(provider). 
        ContinueWith<HttpResponseMessage>(o => 
    { 

        string file1 = provider.BodyPartFileNames.First().Value;
        // this is the file name on the server where the file was saved 

        return new HttpResponseMessage() 
        { 
            Content = new StringContent("File uploaded.") 
        }; 
    } 
    ); 
    return task; 
} 

Ответ 2

Я удивлен, что многие из вас, похоже, хотят сохранить файлы на сервере. Решение сохранить все в памяти выглядит следующим образом:

[HttpPost, Route("api/upload")]
public async Task<IHttpActionResult> Upload()
{
    if (!Request.Content.IsMimeMultipartContent())
        throw new HttpResponseException(HttpStatusCode.UnsupportedMediaType); 

    var provider = new MultipartMemoryStreamProvider();
    await Request.Content.ReadAsMultipartAsync(provider);
    foreach (var file in provider.Contents)
    {
        var filename = file.Headers.ContentDisposition.FileName.Trim('\"');
        var buffer = await file.ReadAsByteArrayAsync();
        //Do whatever you want with filename and its binary data.
    }

    return Ok();
}

Ответ 3

См. приведенный ниже код, адаптированный из в этой статье, в котором показан самый простой пример кода, который я мог найти. Он включает как файлы, так и память (быстрее).

public HttpResponseMessage Post()
{
    var httpRequest = HttpContext.Current.Request;
    if (httpRequest.Files.Count < 1)
    {
        return Request.CreateResponse(HttpStatusCode.BadRequest);
    }

    foreach(string file in httpRequest.Files)
    {
        var postedFile = httpRequest.Files[file];
        var filePath = HttpContext.Current.Server.MapPath("~/" + postedFile.FileName);
        postedFile.SaveAs(filePath);
        // NOTE: To store in memory use postedFile.InputStream
    }

    return Request.CreateResponse(HttpStatusCode.Created);
}

Ответ 4

Я использовал ответ Майка Уосона, прежде чем обновить все NuGets в своем проекте webapi mvc4. Как только я это сделал, мне пришлось перезаписать действие загрузки файла:

    public Task<HttpResponseMessage> Upload(int id)
    {
        HttpRequestMessage request = this.Request;
        if (!request.Content.IsMimeMultipartContent())
        {
            throw new HttpResponseException(new HttpResponseMessage(HttpStatusCode.UnsupportedMediaType));
        }

        string root = System.Web.HttpContext.Current.Server.MapPath("~/App_Data/uploads");
        var provider = new MultipartFormDataStreamProvider(root);

        var task = request.Content.ReadAsMultipartAsync(provider).
            ContinueWith<HttpResponseMessage>(o =>
            {
                FileInfo finfo = new FileInfo(provider.FileData.First().LocalFileName);

                string guid = Guid.NewGuid().ToString();

                File.Move(finfo.FullName, Path.Combine(root, guid + "_" + provider.FileData.First().Headers.ContentDisposition.FileName.Replace("\"", "")));

                return new HttpResponseMessage()
                {
                    Content = new StringContent("File uploaded.")
                };
            }
        );
        return task;
    }

По-видимому, BodyPartFileNames больше не доступны в MultipartFormDataStreamProvider.

Ответ 5

Вот быстрое и грязное решение, которое берет загруженное содержимое файла из тела HTTP и записывает его в файл. Я включил фрагмент HTML/JS "голой кости" для загрузки файла.

Метод Web API:

[Route("api/myfileupload")]        
[HttpPost]
public string MyFileUpload()
{
    var request = HttpContext.Current.Request;
    var filePath = "C:\\temp\\" + request.Headers["filename"];
    using (var fs = new System.IO.FileStream(filePath, System.IO.FileMode.Create))
    {
        request.InputStream.CopyTo(fs);
    }
    return "uploaded";
}

Загрузка файла HTML:

<form>
    <input type="file" id="myfile"/>  
    <input type="button" onclick="uploadFile();" value="Upload" />
</form>
<script type="text/javascript">
    function uploadFile() {        
        var xhr = new XMLHttpRequest();                 
        var file = document.getElementById('myfile').files[0];
        xhr.open("POST", "api/myfileupload");
        xhr.setRequestHeader("filename", file.name);
        xhr.send(file);
    }
</script>

Ответ 6

В этом же направлении я отправляю клики и серверные снайперы, которые отправляют файлы Excel с помощью WebApi, С# 4:

public static void SetFile(String serviceUrl, byte[] fileArray, String fileName)
{
    try
    {
        using (var client = new HttpClient())
        {
                client.DefaultRequestHeaders.Accept.Add(new MediaTypeWithQualityHeaderValue("application/json"));
                using (var content = new MultipartFormDataContent())
                {
                    var fileContent = new ByteArrayContent(fileArray);//(System.IO.File.ReadAllBytes(fileName));
                    fileContent.Headers.ContentDisposition = new ContentDispositionHeaderValue("attachment")
                    {
                        FileName = fileName
                    };
                    content.Add(fileContent);
                    var result = client.PostAsync(serviceUrl, content).Result;
                }
        }
    }
    catch (Exception e)
    {
        //Log the exception
    }
}

И сервер webapi-контроллера:

public Task<IEnumerable<string>> Post()
{
    if (Request.Content.IsMimeMultipartContent())
    {
        string fullPath = HttpContext.Current.Server.MapPath("~/uploads");
        MyMultipartFormDataStreamProvider streamProvider = new MyMultipartFormDataStreamProvider(fullPath);
        var task = Request.Content.ReadAsMultipartAsync(streamProvider).ContinueWith(t =>
        {
            if (t.IsFaulted || t.IsCanceled)
                    throw new HttpResponseException(HttpStatusCode.InternalServerError);

            var fileInfo = streamProvider.FileData.Select(i =>
            {
                var info = new FileInfo(i.LocalFileName);
                return "File uploaded as " + info.FullName + " (" + info.Length + ")";
            });
            return fileInfo;

        });
        return task;
    }
    else
    {
        throw new HttpResponseException(Request.CreateResponse(HttpStatusCode.NotAcceptable, "Invalid Request!"));
    }
}

И пользовательский MyMultipartFormDataStreamProvider, необходимый для настройки имени файла:

PS: Я взял этот код из другого сообщения http://www.codeguru.com/csharp/.net/uploading-files-asynchronously-using-asp.net-web-api.htm

public class MyMultipartFormDataStreamProvider : MultipartFormDataStreamProvider
{
    public MyMultipartFormDataStreamProvider(string path)
        : base(path)
    {

    }

    public override string GetLocalFileName(System.Net.Http.Headers.HttpContentHeaders headers)
    {
        string fileName;
        if (!string.IsNullOrWhiteSpace(headers.ContentDisposition.FileName))
        {
            fileName = headers.ContentDisposition.FileName;
        }
        else
        {
            fileName = Guid.NewGuid().ToString() + ".data";
        }
        return fileName.Replace("\"", string.Empty);
    }
}

Ответ 7

ASP.NET Основной путь сейчас здесь:

[HttpPost("UploadFiles")]
public async Task<IActionResult> Post(List<IFormFile> files)
{
    long size = files.Sum(f => f.Length);

    // full path to file in temp location
    var filePath = Path.GetTempFileName();

    foreach (var formFile in files)
    {
        if (formFile.Length > 0)
        {
            using (var stream = new FileStream(filePath, FileMode.Create))
            {
                await formFile.CopyToAsync(stream);
            }
        }
    }

    // process uploaded files
    // Don't rely on or trust the FileName property without validation.

    return Ok(new { count = files.Count, size, filePath});
}

Ответ 8

[HttpPost]
public JsonResult PostImage(HttpPostedFileBase file)
{
    try
    {
        if (file != null && file.ContentLength > 0 && file.ContentLength<=10485760)
        {
            var fileName = Path.GetFileName(file.FileName);                                        

            var path = Path.Combine(Server.MapPath("~/") + "HisloImages" + "\\", fileName);

            file.SaveAs(path);
            #region MyRegion
            ////save imag in Db
            //using (MemoryStream ms = new MemoryStream())
            //{
            //    file.InputStream.CopyTo(ms);
            //    byte[] array = ms.GetBuffer();
            //} 
            #endregion
            return Json(JsonResponseFactory.SuccessResponse("Status:0 ,Message: OK"), JsonRequestBehavior.AllowGet);
        }
        else
        {
            return Json(JsonResponseFactory.ErrorResponse("Status:1 , Message: Upload Again and File Size Should be Less Than 10MB"), JsonRequestBehavior.AllowGet);
        }
    }
    catch (Exception ex)
    {

        return Json(JsonResponseFactory.ErrorResponse(ex.Message), JsonRequestBehavior.AllowGet);

    }
}

Ответ 9

Вот два способа принять файл. Один использует в памяти поставщика MultipartMemoryStreamProvider и один использует MultipartFormDataStreamProvider, который сохраняется на диске. Обратите внимание: это только для загрузки одного файла за раз. Вы можете определенно расширить это, чтобы сохранить несколько файлов. Второй подход может поддерживать большие файлы. Я тестировал файлы более 200 МБ, и он отлично работает. Использование в подходе к памяти не требует сохранения на диск, но исключает из памяти исключение, если вы превысите определенный предел.

        private async Task<Stream> ReadStream()
    {
        Stream stream = null;
        var provider = new MultipartMemoryStreamProvider();
        await Request.Content.ReadAsMultipartAsync(provider);
        foreach (var file in provider.Contents)
        {
            var buffer = await file.ReadAsByteArrayAsync();
            stream = new MemoryStream(buffer);
        }

        return stream;
    }

private async Task<Stream> ReadLargeStream()
    {
        Stream stream = null;
        string root = Path.GetTempPath();
        var provider = new MultipartFormDataStreamProvider(root);
        await Request.Content.ReadAsMultipartAsync(provider);
        foreach (var file in provider.FileData)
        {
            var path = file.LocalFileName;
            byte[] content = File.ReadAllBytes(path);
            File.Delete(path);
            stream = new MemoryStream(content);
        }

        return stream;
    }

Ответ 10

У меня была аналогичная проблема для веб-API предварительного просмотра. Не переносил эту часть в новый MVC 4 Web API, но, возможно, это помогает:

Загрузка файла REST с помощью HttpRequestMessage или потока?

Пожалуйста, дайте мне знать, завтра можете сесть и попытаться реализовать его снова.

Ответ 11

На этот вопрос есть много хороших ответов даже для .Net Core. Я использовал обе платформы, предоставленные примеры кода работают нормально. Поэтому я не буду повторять это. В моем случае важно было использовать действия загрузки файла с Swagger следующим образом:

Вот мое резюме:

ASP.Net WebAPI 2

• Для загрузки файла используйте: MultipartFormDataStreamProvider смотрите ответы здесь
• Как использовать это с Swagger

.NET Core

• Для загрузки файла используйте: IFormFile смотрите ответы здесь или документацию MS
• Как использовать это с Swagger

Ответ 12

Контроллер API:

[HttpPost]
public HttpResponseMessage Post()
    {
           var httpRequest = System.Web.HttpContext.Current.Request;

            if (System.Web.HttpContext.Current.Request.Files.Count < 1)
            {
                //TODO
            }
            else
            {

                try
                { 
                    foreach (string file in httpRequest.Files)
                    { 
                        var postedFile = httpRequest.Files[file];
                        BinaryReader binReader = new BinaryReader(postedFile.InputStream);
                        byte[] byteArray = binReader.ReadBytes(postedFile.ContentLength);

                    }

                }
                catch (System.Exception e)
                {
                   //TODO
                }
            }
 return Request.CreateResponse(HttpStatusCode.Created);
}