如何将文件正确压缩到包含子目录的文件夹中。我有一个具有以下结构的本地文件夹:folder/hello/folder/hello/world/folder/hello/world/helloword.txtfolder/index.txt这是我的代码:packagemainimport("archive/zip""fmt""io""os""path/filepath")funcmain(){files,err:=listFiles("./folder")iferr!=nil{panic(err)}zipMe(files,"test.zip")for_,f:=rangefiles{fmt.
我正在尝试用golang解压缩一个zip文件(使用密码)。r,err:=zip.OpenReader("./path/to/the.zip")iferr!=nil{log.Fatal(err)}deferr.Close()for_,f:=ranger.File{iff.IsEncrypted(){f.SetPassword("$83?Lu{5nKbXxncjdH/_B)+}C`")}r,err:=f.Open()iferr!=nil{log.Fatal(err)}buf,err:=ioutil.ReadAll(r)iferr!=nil{log.Fatal(err)}deferr.Clo
有关于在Go中将文件压缩为.zip的示例。但是，它们生成的文件包括目录文件夹。当我解压.zip文件时，会有一个新文件夹。那么，如何在不包含目录文件夹的情况下将文件压缩为.zip？一个例子:https://golangcode.com/create-zip-files-in-go/packagemainimport("archive/zip""fmt""io""os")funcmain(){//ListofFilestoZipfiles:=[]string{"example.csv","data.csv"}output:="done.zip"iferr:=ZipFiles(output,
我有一个向服务器发送zip文件的应用程序。然后对zip进行操作，并在响应中发回一个新的zip。问题是发回的响应有application/octet-stream而不是application/zip消息的mime。我认为这就是为什么archive/zip无法打开生成的zip并且我得到一个zip:notavalidzipfile的原因。在检索zip文件时，我有什么办法可以更改mime吗？我获取zip的代码:funcGetZipFromServer(zipnamestring){//////////////////////////////////////////////////////Ope
我正在Go中从S3下载一个zip文件，如下所示:buff:=&aws.WriteAtBuffer{}downloader:=s3manager.NewDownloader(session.New(config))_,err:=downloader.Download(buff,&input)iferr!=nil{log.Println(err)returnerr}data:=buff.Bytes()我向用Python3编写的客户端发送“数据”，需要将此字节数组转换回zip文件并将其放在指定目录中。我试过这个:file_bytes=msg_obj["Params"]try:zf=zipfi
我的Java应用程序当前使用ZIP作为项目文件格式。项目文件包含一些XML文件和许多图像和声音文件。项目文件变得非常大，并且由于我无法找到一种方法来使用java.util.zip类写入ZIP文件而不重新创建它，我的文件保存变得非常慢。因此，例如，如果我只想更新一个XML文件，我需要重写整个ZIP。是否有其他一些JavaZIP库允许我对ZIP文件进行随机写入？我知道切换到SQLite之类的东西可以解决随机写入问题。仅使用SQLite将XML、声音和图像编写为blob是否合适？我想我可以想出我自己的文件格式并使用RandomAccessFile，但那样我就得写很多簿记。更新...我的文件格
在Java中，您可以传递类似“zip:zip_file!xml_file”的url，它将使用zip文件中指定的XML文件。XmlUrlResolver没有此功能。有办法做到这一点吗？ 最佳答案 这是我使用ICSharpCode.SharpZipLib的一些代码:publicboolProcess(){varimportFile=newFileInfo("c:\\foo\myzip.zip");varsuccess=true;using(varzipStream=newZipInputStream(importFile.OpenRea
我正在尝试更新从Excel文档创建的zip文件的内容。我想替换\zipfile\xl\connections.xml的部分内容。此部分脚本将列出zip文件的内容:$shell_app=new-object-comshell.application$zip="$destination\exceltemplates\Templates\Template1.xlsx.zip"$zip_file=$shell_app.NameSpace($zip)$zip_file.Items()|SelectPath但是我尝试过的每一种更新方法都产生了错误。下一步需要做什么来访问和更新zip文件中的文件？
我正在尝试压缩在字符串上转换的Xml列表，将它们保存在一个zip文件中，并在restful上作为POST的正文返回。但每次保存文件时，我都会收到错误消息“存档格式未知或已损坏”。protectedByteArrayOutputStreamzip(MapmapConvertedXml){ByteArrayOutputStreambaos=newByteArrayOutputStream();ZipOutputStreamzos=newZipOutputStream(baos);try{for(Map.Entrycurrent:mapConvertedXml.entrySet()){Zip
我发现xml->的用法非常困惑。我已阅读文档和示例，但无法弄清楚如何获取xml文档的嵌套节点。假设以下xml在一个zipper中(来自xml-zip):我正在尝试返回带有class='two'的div。我期待这会起作用:(xml->z:html:body:div:div)或者这个:(xml->z:html:body:div(attr=:class"two"))有点像css选择器。但它只返回第一层，并没有向下搜索树。我可以让它工作的唯一方法是:(xml->z:html:body:divchildrenleftmost?)这是我应该做的吗？我开始使用xml->的全部原因是为了方便和避免上下
