最小限のDjangoファイルアップロードの例が必要
Djangoの初心者として、Django 1.3ではアップロードアプリを作るのが困難です。最新の例/スニペットが見つかりませんでした。誰かがそうするために最小限ではあるが完全な（モデル、ビュー、テンプレート）サンプルコードを投稿することができますか？
Phew、Djangoのドキュメントには、これに関する良い例がありません。私はこれがどのように機能するかを理解するためにすべての部分を掘り下げるために2時間以上を費やしました。その知識を元に、ファイルをアップロードしてリストとして表示することを可能にするプロジェクトを実装しました。プロジェクトのソースをダウンロードするには、 https://github.com/axelpale/minimal-Django-file-upload-example にアクセスするか、クローンを作成してください。
> git clone https://github.com/axelpale/minimal-Django-file-upload-example.git
2013-01-30を更新： GitHubのソースは1.3に加えてDjango 1.4の実装も持っている。変更はほとんどありませんが、次のチュートリアルは1.4にも役立ちます。
更新2013-05-10： GitHubでのDjango 1.5の実装。 urls.pyのリダイレクトとlist.htmlのurlテンプレートタグの使用方法が若干変更されました。努力してくれた hubert3 に感謝します。
更新2013-12-07： Django 1.6はGitHubでサポートされています。 1つのインポートがmyapp/urls.pyで変更されました。ありがとうございます Arthedian 。
更新2015-03-17： Django 1.7がGitHubでサポートされました、 aronysidoro のおかげです。
更新2015-09-04： Django 1.8がGitHubでサポートされました、 nerogit のおかげです。
更新2016-07-03： Django 1.9がGitHubでサポートされました。 daavve と nerogit のおかげで
プロジェクトツリー
単一のアプリとアップロード用のmedia /ディレクトリを持つ基本的なDjango 1.3プロジェクト。
minimal-Django-file-upload-example/
src/
myproject/
database/
sqlite.db
media/
myapp/
templates/
myapp/
list.html
forms.py
models.py
urls.py
views.py
__init__.py
manage.py
settings.py
urls.py
1.設定：myproject/settings.py
ファイルをアップロードして配信するには、Djangoがアップロードしたファイルをどこに保存するか、そしてどのURLからDjangoがそれらを配信するかを指定する必要があります。 MEDIA_ROOTとMEDIA_URLはデフォルトでsettings.pyにありますが、空です。詳しくは Django Managing Files の最初の行を見てください。データベースを設定してINSTALLED_APPSにmyappを追加することも忘れないでください。
...
import os
BASE_DIR = os.path.dirname(os.path.dirname(__file__))
...
DATABASES = {
'default': {
'ENGINE': 'Django.db.backends.sqlite3',
'NAME': os.path.join(BASE_DIR, 'database.sqlite3'),
'USER': '',
'PASSWORD': '',
'Host': '',
'PORT': '',
}
}
...
MEDIA_ROOT = os.path.join(BASE_DIR, 'media')
MEDIA_URL = '/media/'
...
INSTALLED_APPS = (
...
'myapp',
)
2.モデル：myproject/myapp/models.py
次に、FileFieldを持つモデルが必要です。この特定のフィールドはファイルを保存します。現在の日付とMEDIA_ROOTに基づいてmedia/documents/2011/12/24 /に。 FileField reference を参照してください。
# -*- coding: utf-8 -*-
from Django.db import models
class Document(models.Model):
docfile = models.FileField(upload_to='documents/%Y/%m/%d')
3.フォーム：myproject/myapp/forms.py
アップロードをうまく処理するには、フォームが必要です。このフォームには1つのフィールドしかありませんが、それで十分です。詳しくは Form FileField reference をご覧ください。
# -*- coding: utf-8 -*-
from Django import forms
class DocumentForm(forms.Form):
docfile = forms.FileField(
label='Select a file',
help_text='max. 42 megabytes'
)
4.表示：myproject/myapp/views.py
すべての魔法が起こる場所の見方。 request.FILESの処理方法に注意してください。私にとっては、request.FILES['docfile']をmodels.FileFieldにそのまま保存できるという事実を見つけるのは本当に困難でした。モデルのsave（）はファイルシステムへのファイルの格納を自動的に処理します。
# -*- coding: utf-8 -*-
from Django.shortcuts import render_to_response
from Django.template import RequestContext
from Django.http import HttpResponseRedirect
from Django.core.urlresolvers import reverse
from myproject.myapp.models import Document
from myproject.myapp.forms import DocumentForm
def list(request):
# Handle file upload
if request.method == 'POST':
form = DocumentForm(request.POST, request.FILES)
if form.is_valid():
newdoc = Document(docfile = request.FILES['docfile'])
newdoc.save()
# Redirect to the document list after POST
return HttpResponseRedirect(reverse('myapp.views.list'))
else:
form = DocumentForm() # A empty, unbound form
# Load documents for the list page
documents = Document.objects.all()
# Render list page with the documents and the form
return render_to_response(
'myapp/list.html',
{'documents': documents, 'form': form},
context_instance=RequestContext(request)
)
5.プロジェクトのURL：myproject/urls.py
DjangoはデフォルトでMEDIA_ROOTを提供しません。実稼働環境では危険です。しかし開発段階では、私達は短縮することができました。最後の行に注意してください。その行はDjangoがMEDIA_URLからファイルを提供することを可能にします。これは開発段階でのみ機能します。
詳細は Django.conf.urls.static.static reference を参照してください。 メディアファイルの配信に関するこの説明 も参照してください。
# -*- coding: utf-8 -*-
from Django.conf.urls import patterns, include, url
from Django.conf import settings
from Django.conf.urls.static import static
urlpatterns = patterns('',
(r'^', include('myapp.urls')),
) + static(settings.MEDIA_URL, document_root=settings.MEDIA_ROOT)
6.アプリのURL：myproject/myapp/urls.py
ビューにアクセスできるようにするには、そのURLを指定する必要があります。ここで特別な何もない。
# -*- coding: utf-8 -*-
from Django.conf.urls import patterns, url
urlpatterns = patterns('myapp.views',
url(r'^list/$', 'list', name='list'),
)
7.テンプレート：myproject/myapp/templates/myapp/list.html
最後の部分：リストのテンプレートとその下のアップロードフォーム。 Djangoへのアップロードを可能にするには、フォームのenctype属性を "multipart/form-data"に、メソッドを "post"に設定する必要があります。詳しくは File Uploads documentation をご覧ください。
FileFieldにはテンプレートで使用できる多くの属性があります。例えば。テンプレートと同様に、{{document.docfile.url}}および{{document.docfile.name}}。これらの詳細については、 モデルの記事でファイルを使用する および ファイルオブジェクトのドキュメント を参照してください。
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<meta charset="utf-8">
<title>Minimal Django File Upload Example</title>
</head>
<body>
<!-- List of uploaded documents -->
{% if documents %}
<ul>
{% for document in documents %}
<li><a href="{{ document.docfile.url }}">{{ document.docfile.name }}</a></li>
{% endfor %}
</ul>
{% else %}
<p>No documents.</p>
{% endif %}
<!-- Upload form. Note enctype attribute! -->
<form action="{% url 'list' %}" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %}
<p>{{ form.non_field_errors }}</p>
<p>{{ form.docfile.label_tag }} {{ form.docfile.help_text }}</p>
<p>
{{ form.docfile.errors }}
{{ form.docfile }}
</p>
<p><input type="submit" value="Upload" /></p>
</form>
</body>
</html>
8.初期化する
Syncdbとrunserverを実行するだけです。
> cd myproject
> python manage.py syncdb
> python manage.py runserver
結果
最後に、準備が整いました。デフォルトのDjango開発環境では、アップロードされた文書のリストはlocalhost:8000/list/にあります。今日、ファイルは/ path/to/myproject/media/documents/2011/12/17 /にアップロードされ、リストから開くことができます。
この答えが、私を助けてくれたのと同じくらい多くの人に役立つことを願っています。
一般的に言って、あなたが「ただ実例を手に入れよう」としているとき、それは「ただコードを書き始める」ことが最善です。ここにはあなたを手助けするコードがないので、質問に答えることは私たちにとってより多くの仕事になります。
ファイルを取得したい場合は、HTMLファイルのどこかに次のようなものが必要です。
<form method="post" enctype="multipart/form-data">
<input type="file" name="myfile" />
<input type="submit" name="submit" value="Upload" />
</form>
それはあなたにブラウズボタン、アクションを開始する（フォームを送信する）アップロードボタンを与え、Djangoがあなたにrequest.FILESを与えることがわかるようにenctypeを書き留めます。
どこかのビューであなたはファイルにアクセスすることができます
def myview(request):
request.FILES['myfile'] # this is my file
ファイルアップロードドキュメントには膨大な量の情報があります
私はあなたがページを徹底的に読んで、そしてただコードを書き始めなさい - それがうまくいかないとき、それから例とスタックトレースで戻ってくることを勧めます。
デモ
AkseliPalén'sanswer を更新しました。 github repo を参照してください、 Django 2 で動作します
最小限のDjangoファイルアップロードの例
1. Djangoプロジェクトを作成する
Startproject ::を実行します。
$ Django-admin.py startproject sample
フォルダ（ sample ）が作成されました。
sample/
manage.py
sample/
__init__.py
settings.py
urls.py
wsgi.py
2.アプリを作成する
アプリを作成する::
$ cd sample
$ python manage.py startapp uploader
これらのファイルを含むフォルダ（uploader）が作成されました。
uploader/
__init__.py
admin.py
app.py
models.py
tests.py
views.py
migrations/
__init__.py
3. settings.pyを更新する
sample/settings.pyでは'uploader.apps.UploaderConfig'にINSTALLED_APPSを追加し、MEDIA_ROOTとMEDIA_URLを追加します。
INSTALLED_APPS = [
...<other apps>...
'uploader.apps.UploaderConfig',
]
MEDIA_ROOT = os.path.join(BASE_DIR, 'media')
MEDIA_URL = '/media/'
4. urls.pyを更新する
sample/urls.pyでadd ::
...<other imports>...
from Django.conf import settings
from Django.conf.urls.static import static
from uploader import views as uploader_views
urlpatterns = [
...<other url patterns>...
path('', uploader_views.home, name='imageupload'),
]+ static(settings.MEDIA_URL, document_root=settings.MEDIA_ROOT)
5. models.pyを更新する
uploader/models.pyを更新する::
from Django.db import models
from Django.forms import ModelForm
class Upload(models.Model):
pic = models.FileField(upload_to="images/")
upload_date=models.DateTimeField(auto_now_add =True)
# FileUpload form class.
class UploadForm(ModelForm):
class Meta:
model = Upload
fields = ('pic',)
6. views.pyを更新する
uploader/views.pyを更新する::
from Django.shortcuts import render
from uploader.models import UploadForm,Upload
from Django.http import HttpResponseRedirect
from Django.urls import reverse
# Create your views here.
def home(request):
if request.method=="POST":
img = UploadForm(request.POST, request.FILES)
if img.is_valid():
img.save()
return HttpResponseRedirect(reverse('imageupload'))
else:
img=UploadForm()
images=Upload.objects.all().order_by('-upload_date')
return render(request,'home.html',{'form':img,'images':images})
7.テンプレートを作成する
フォルダ templates をフォルダ uploader に作成し、次にファイル home.html を作成します。つまりsample/uploader/templates/home.html ::
<div style="padding:40px;margin:40px;border:1px solid #ccc">
<h1>picture</h1>
<form action="#" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %} {{form}}
<input type="submit" value="Upload" />
</form>
{% for img in images %}
{{forloop.counter}}.<a href="{{ img.pic.url }}">{{ img.pic.name }}</a>
({{img.upload_date}})<hr />
{% endfor %}
</div>
8.データベースを同期化する
データベースとrunserverを同期化する::
$ python manage.py makemigrations
$ python manage.py migrate
$ python manage.py runserver
http://localhost.com:8000 にアクセスしてください_
私はDjangoのドキュメントが紛らわしいと思います。最も単純な例でも、なぜフォームが言及されているのでしょうか。 views.pyで作業した例は以下のとおりです。 -
for key, file in request.FILES.items():
path = file.name
dest = open(path, 'w')
if file.multiple_chunks:
for c in file.chunks():
dest.write(c)
else:
dest.write(file.read())
dest.close()
Htmlファイルは以下のコードのように見えますが、この例では1つのファイルのみをアップロードし、ファイルを保存するためのコードは多くのものを処理します -
<form action="/upload_file/" method="post" enctype="multipart/form-data">{% csrf_token %}
<label for="file">Filename:</label>
<input type="file" name="file" id="file" />
<br />
<input type="submit" name="submit" value="Submit" />
</form>
これらの例は私のコードではありません、それらは私が見つけた他の2つの例から得られました。私はDjangoの比較的初心者なので、いくつかの要点を見逃している可能性が非常に高いです。
import tempfile
import shutil
FILE_UPLOAD_DIR = '/home/imran/uploads'
def handle_uploaded_file(source):
fd, filepath = tempfile.mkstemp(prefix=source.name, dir=FILE_UPLOAD_DIR)
with open(filepath, 'wb') as dest:
shutil.copyfileobj(source, dest)
return filepath
アップロードしたファイルオブジェクトを使用して、このhandle_uploaded_file関数を自分のビューから呼び出すことができます。これはファイルシステムにユニークな名前（オリジナルのアップロードされたファイルのファイル名をプレフィックスとする）でファイルを保存し、保存されたファイルのフルパスを返します。パスをデータベースに保存し、後でファイルを使って何かをすることができます。
私も同様の要件がありました。ネット上の例のほとんどは、私が使用したくないモデルの作成とフォームの作成を求めています。これが私の最後のコードです。
if request.method == 'POST':
file1 = request.FILES['file']
contentOfFile = file1.read()
if file1:
return render(request, 'blogapp/Statistics.html', {'file': file1, 'contentOfFile': contentOfFile})
そしてHTMLでアップロードするために私は書いた：
{% block content %}
<h1>File content</h1>
<form action="{% url 'blogapp:uploadComplete'%}" method="post" enctype="multipart/form-data">
{% csrf_token %}
<input id="uploadbutton" type="file" value="Browse" name="file" accept="text/csv" />
<input type="submit" value="Upload" />
</form>
{% endblock %}
ファイルの内容を表示するHTMLは次のとおりです。
{% block content %}
<h3>File uploaded successfully</h3>
{{file.name}}
</br>content = {{contentOfFile}}
{% endblock %}
Models.pyにファイルフィールドを作成してください。
ファイルをアップロードするには（admin.pyに）：
def save_model(self, request, obj, form, change):
url = "http://img.youtube.com/vi/%s/hqdefault.jpg" %(obj.video)
url = str(url)
if url:
temp_img = NamedTemporaryFile(delete=True)
temp_img.write(urllib2.urlopen(url).read())
temp_img.flush()
filename_img = urlparse(url).path.split('/')[-1]
obj.image.save(filename_img,File(temp_img)
そしてあなたのテンプレートでそのフィールドを使ってください。
Django版のFine Uploaderでサーバーの例を参照することができます。 https://github.com/FineUploader/server-examples/tree/master/python/Django-fine-uploader
それは非常にエレガントで最も重要なのは、それが特色にされたjs libを提供することです。テンプレートはserver-examplesには含まれていませんが、そのWebサイトでデモを見つけることができます。ファインアップローダ： http://fineuploader.com/demos.html
ジャンゴファインアップローダ
views.py
UploadViewはpostおよびdeleteリクエストをそれぞれのハンドラにディスパッチします。
class UploadView(View):
@csrf_exempt
def dispatch(self, *args, **kwargs):
return super(UploadView, self).dispatch(*args, **kwargs)
def post(self, request, *args, **kwargs):
"""A POST request. Validate the form and then handle the upload
based ont the POSTed data. Does not handle extra parameters yet.
"""
form = UploadFileForm(request.POST, request.FILES)
if form.is_valid():
handle_upload(request.FILES['qqfile'], form.cleaned_data)
return make_response(content=json.dumps({ 'success': True }))
else:
return make_response(status=400,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': '%s' % repr(form.errors)
}))
def delete(self, request, *args, **kwargs):
"""A DELETE request. If found, deletes a file with the corresponding
UUID from the server's filesystem.
"""
qquuid = kwargs.get('qquuid', '')
if qquuid:
try:
handle_deleted_file(qquuid)
return make_response(content=json.dumps({ 'success': True }))
except Exception, e:
return make_response(status=400,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': '%s' % repr(e)
}))
return make_response(status=404,
content=json.dumps({
'success': False,
'error': 'File not present'
}))
forms.py
class UploadFileForm(forms.Form):
""" This form represents a basic request from Fine Uploader.
The required fields will **always** be sent, the other fields are optional
based on your setup.
Edit this if you want to add custom parameters in the body of the POST
request.
"""
qqfile = forms.FileField()
qquuid = forms.CharField()
qqfilename = forms.CharField()
qqpartindex = forms.IntegerField(required=False)
qqchunksize = forms.IntegerField(required=False)
qqpartbyteoffset = forms.IntegerField(required=False)
qqtotalfilesize = forms.IntegerField(required=False)
qqtotalparts = forms.IntegerField(required=False)
このアプローチに不利な点があるかどうかはわかりませんが、views.pyでさらに最小限に抑えます。
entry = form.save()
# save uploaded file
if request.FILES['myfile']:
entry.myfile.save(request.FILES['myfile']._name, request.FILES['myfile'], True)
私は同様の問題に直面し、そしてDjango管理サイトによって解決されました。
# models
class Document(models.Model):
docfile = models.FileField(upload_to='documents/Temp/%Y/%m/%d')
def doc_name(self):
return self.docfile.name.split('/')[-1] # only the name, not full path
# admin
from myapp.models import Document
class DocumentAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('doc_name',)
admin.site.register(Document, DocumentAdmin)