使用 PHP ZipArchive 和文件作为变量答案

【问题标题】：use PHP ZipArchive with file as variable使用 PHP ZipArchive 和文件作为变量
【发布时间】：2017-04-14 23:06:51
【问题描述】：

在 symfony 控制器中，我有一个文件（UploadedFile 对象）作为变量。

我想用 php ZipArchive 打开这个“变量”，然后解压它。但是 open() 方法需要一个字符串，它是文件系统中的文件名。有没有什么方法可以用 ZipArchive 处理文件而不将文件变量写入 FS？

【问题讨论】：

我认为没有办法使用 ZipArchive 类处理内存中的 zip 文件。您始终可以将文件保存在 tmp dir.. -> sys_get_temp_dir()
谢谢，我去看看

标签： php file symfony variables php-zip-archive

【解决方案1】：

您可以使用tmpfile() 创建一个临时文件，写入该文件，然后在压缩包中使用它。示例：

<?php

$zip = new ZipArchive();
$zip->open(__DIR__ . '/zipfile.zip', ZipArchive::CREATE);

$fp = tmpfile();
fwrite($fp, 'Test');
$filename = stream_get_meta_data($fp)['uri'];

$zip->addFile($filename, 'filename.txt');
$zip->close();

fclose($fp);

【讨论】：

【解决方案2】：

小改进：

$zipContent; // in this variable could be ZIP, DOCX, XLSX etc.

$fp = tmpfile();
fwrite($fp, $zipContent);
$stream = stream_get_meta_data($fp);
$filename = $stream['uri'];

$zip = new ZipArchive();
$zip->open($filename);
// profit!
$zip->close();
fclose($fp);

创建“zipfile.zip”并在其中添加文件是没有意义的，因为我们已经有了一个变量。

【讨论】：

【解决方案3】：

在https://stackoverflow.com/a/53902626/859837查看这个答案

有一种方法可以创建仅驻留在内存中的文件。

【讨论】：