如何编写没有模型的 Django REST Api 以使用请求发送文件

debugcn 发表于 Dev

斯内哈·辛德

我想编写一个没有模型的 rest 方法，以便我可以使用 python requests 模块发送一个 csv 文件。应从服务器远程访问此 csv 文件。

例如 - 我已使用请求登录到我的项目并获取 cookie 和标头，以便我可以将其传递给以下请求方法..

files = {'file': open('test.csv', 'rb')}
response = requests.post(url, files=files, headers=api_headers,
                      cookies=api_cookies)

所以这个 url 应该是：调用那个 rest 方法。

视图.py 文件：

class FileUploadView(APIView):
    parser_classes = (FileUploadParser,)

    def post(self, request, format=None):
        csvfile = request.data['file']
        #reader = csv.DictReader(csvfile)
        #for r in reader:
            #print(r)
        return Response(status=204)

请注意 - 我正在使用请求模块发送一个 csv 文件。

任何人都可以帮助我如何编写这个休息方法吗？

茨MEonTV

普通的 Django 视图

def myview(request):
    f = request.FILES['file']
    with open('some/folder/name.txt', 'wb+') as destination: 
        #f.name or f.filename (dont know which one)will get filename.So you can replace it name.txt
        for chunk in f.chunks():
            destination.write(chunk)
    return JsonResponse({"message": "Uploaded!"})

更新

# views.py
class FileUploadView(views.APIView):
    parser_classes = (FileUploadParser,)

    def post(self, request, filename, format=None):
        file_obj = request.data['file']
        # ...
        # do some stuff with uploaded file
        # ...
        return Response(status=200)

# urls.py
urlpatterns = [
    # ...
    url(r'^upload/(?P<filename>[^/]+)$', FileUploadView.as_view())
]

然后

url = 'http://127.0.0.1:8000/upload/test.csv' #filename should be in url
files = {'file': open('test.csv', 'rb')}
response = requests.post(url, files=files, headers=api_headers,
                      cookies=api_cookies)

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