难度比较高的文件夹上传问题,请高手帮忙!

FantasyTC 2004-05-05 08:28:15

HMTL控件的Input type=file 是上传单一文件的.如果我想要做一个选中一个文件夹,它就自动上传文件夹里面所有文件的方法,还有是自己写控件,如何能读取客户端的文件呢?

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Blueion 2004-05-13

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利用ASP.NET向服务器上传文件

文件上传技术是一个很实用的技术，有着很广泛的应用，在ASP.NET自身的前一个版本ASP里实现这个功能，就必须使用第三方的组件或者自己开发组件了，现在，用ASP.NET实现起来就简单得多了，我们不需要使用任何组件就可以实现上传的功能了。
为了方便讲解，我们可以把文件上传分成两种类型：单一文件上传和多文件上传。

单一文件上传
我们先来介绍单一文件上传的方法，单一文件上传就比较简单了，
下面是实现单一文件上传的完整代码：
<%@ Import Namespace="System" %>
<%@ Import Namespace="System.Web.HttpPostedFile" %>
<%@ Import
Namespace="System.Web.UI.HtmlControls.HtmlInputFile" %>
<script language="VB" runat="server">
Sub UpLoad(Src As Object, E As EventArgs)
If UploadFile.PostedFile.ContentLength=0 then
ShowUpLoadFile.innerText="上传失败或文件不存在！"
Else
'获取文件名
dim Temp() as
String=Split(UploadFile.PostedFile.FileName,"\")
dim FileName as String=Temp(Temp.Length-1)
'保存文件
UploadFile.PostedFile.SaveAs(Server.MapPath(".") & "\Files\"
& FileName)
'显示上传结果
ShowUpLoadFile.InnerHtml="文件上传成功！<br>上传文件名：" & FileName
End If
End Sub
</script>
<html>
<body>
<form runat="server" enctype="multipart/form-data">
<input type="file" id="UploadFile" runat="server"
size="50"><br>
<asp:button runat="server" Text="立即上传" onClick="Upload"
/>
</form>
<hr><br>
<span id="ShowUpLoadFile" runat="server"></span>
</body>
</html>

把上面的代码保存成.aspx文件，然后在该文件所在目录下创建一个存放文件的新目录Files，运行，先感受一下效果，然后再继续看下面的讲解

使用ASP.NET上传文件，需要用到.NET框架的两个类：HttpPostedFile和HtmlInputFile，这两个类所在的命名空间分别是System.Web.HttpPostedFile和System.Web.UI.HtmlControls.HtmlInputFile，所以我们要在文件开头先导入这两个命名空间，
其中的PostedFile表示上传到服务器的文件，它包含几个常用的属性：
ContentLength:文件大小；
FileName :上传文件的详细路径及文件名；
ContentType :上传文件的文件类型。
字符分割函数Split是用来取得文件名的，因为通过PostedFile.FileName获得的是详细的路径及文件名。

多文件上传

所谓的多文件上传就是同时上传多个文件，这个跟单一文件上传大多是相同的，不同的是多文件上传是把所有文件作为一个文件集合一起上传到服务器的，我们需要的是把这个文件集合分解成一个个单一的文件，剩下的处理方法就跟单一文件上传一样了。
首先你要知道要最多同时上传多少个文件，然后你就在form之间放多少个如下的HtmlInput控件：
<input type="file" runat="server" size="50">
注意：这里的HtmlInput控件控件是不需要设置ID的
那怎么在上传到服务器的文件集合中取出一个个的文件呢？看下面的代码：
dim i as integer
For i=0 to Request.Files.Count-1
‘使用Request.Files()来逐个获取上传的文件
dim myFile as HttpPostedFile=Request.Files(i)
'这里的myFile就相当于上例中的PostedFile，可以用myFile.FileName获得文件名，etc
'这里的处理代码就跟单一文件上传的一样了
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FantasyTC 2004-05-05