在我的Go项目中，我需要对.json文件进行排序，并在终端上运行此命令时在终端上显示它们的名称gorunmain.go.我编写了一个显示文件夹中所有文件的程序，但我需要对.json文件进行排序。我的代码如下:packagemainimport("fmt""log""os""bytes""io")funcmain(){ifos.Args[1]=="display-json-name"{//readsthedirectorynameandreturnsalistofdirectoryentriesdirname:="."f,err:=os.Open(dirname)iferr!=nil{l
serveFile有问题，我无法在客户端获取正确的文件名，这是代码:funcserveFile(whttp.ResponseWriter,r*http.Request,pathstring,filenamestring){http.ServeFile(w,r,path+"\\"+filename)}//incomingAPIrequestsfunc(gv*GlobalVars)ServeHTTP(whttp.ResponseWriter,r*http.Request){switchr.URL.Path{case"/GetFile":keys:=r.URL.Query()urlfilen
我有这个示例代码https://play.golang.org/p/c_2GECIcrW我期望getFileName会打印出类似main.go:11的内容，但我得到的是asm_amd64p32.s:1014在这种情况下，我该怎么做才能得到预期的结果？我可以存档并继续使用匿名函数吗？ 最佳答案 您的期望不正确。为了便于解释，让我在这里粘贴您的代码:packagemainimport("fmt""path/filepath""runtime""time")funcmain(){getFileName(1)time.Sleep(tim
我有一个目录，其中的文件名包含“有趣”的字符。我想获取文件的DOS(8.3)文件名。我怎样才能做到这一点？我选择的语言是Go。C:\...\foo>dir/xVolumeinLaufwerkC:hatkeineBezeichnung.Volumeseriennummer:329F-C2FEVerzeichnisvonC:\...\foo29.09.201816:22.29.09.201816:22..23.07.200901:525.526CW9463~1.PDFcöw.pdf1Datei(en),1.922.706Bytes0Verzeichnis(se),48.235.646.97
我想读取给定目录中的所有文件，我试过这个:packagemainimport("bufio""fmt""io/ioutil""os""strings")funcmain(){fmt.Print("directory:")inBuf:=bufio.NewReader(os.Stdin)inDir,_:=inBuf.ReadString('\n')strings.Replace(inDir,"\\","/",-1)files,_:=ioutil.ReadDir(inDir)fmt.Println(files)}这将始终返回带有或不带有“strings.Replace”行的“[]”。谁能指出
我是Go的新手，我正在有效地从API反复接收一个小的(~1KB)JSON文件，它实际上是一个日志，我想保留这些文件中的每一个。我正在考虑将每个JSONblock作为唯一文件存储在特定目录中(代替使用数据库，这似乎没有必要)。首先，这个想法好吗？每天可能有几百个。更重要的是，我如何确保文件名的唯一性？显然我不能将每个都保存为log.json并收工，因为会有冲突。如何确保唯一性？ 最佳答案 这是否是个好主意是主观的，但您可以使用ioutil.TempFile以确保您拥有唯一的文件名。TempFile将向您选择的文件前缀附加保证唯一的后缀
使用xsl2.0获取当前访问的xml文档的名称的最佳方法是什么？我猜这是resolve-uri和base-uri的某种组合。Base-uri给我绝对路径，但我只需要文件名，不需要路径。有没有一种聪明的方法可以在没有太多子串之前和类似的东西的情况下做到这一点？所以当路径是C:/Users/abc/Desktop/somefile.xml时，我需要somefile.xml。感谢您的帮助和提示! 最佳答案 怎么样:tokenize(base-uri(),'/')[last()] 关于xml-使
如何使用XSL1.0代码检索XML源文件名？ 最佳答案 在XSLT2.0中，有两个相关函数:base-uri()和document-uri()。在XSLT1.0中，您必须将URL或文件名作为参数传递给样式表，除非处理器为此目的提供扩展功能。 关于xml-使用XSLT检索XML文件名，我们在StackOverflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/9972658/
是否可以获取使用xpath表达式处理的xml文件的名称？ 最佳答案 没有。文件名不是文档的一部分。您还可以处理根本不源自文件的文档。 关于xml-XPATH表达式获取XML文件名，我们在StackOverflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/11557097/
情景我正在使用JAXB2.0，并且我有一个从需要解码的Web服务接收xml文件的进程。名称由网络服务提供，格式为:ESA08021701#99152015AA00024175#20150612#20150618125838_NOTIF_250073.xml问题当我尝试解码这些文件时:Filefile=//getmyfilefromalistunmarshaller.unmarshal(file);我得到这个UnmarshalExceptionjavax.xml.bind.UnmarshalException-withlinkedexception:[java.io.FileNotFou
