C#：选择要在 DataGridView 中打开的 XML 文件以进行 DataBinding答案

【问题标题】：C#: Choose XML file to open in a DataGridView for DataBindingC#：选择要在 DataGridView 中打开的 XML 文件以进行 DataBinding
【发布时间】：2017-03-28 07:05:44
【问题描述】：

我想从 XML 文件加载 DataGridView。
我将“加载”代码放在Button 事件中，如下所示：

 private void metroButton13_Click(object sender, EventArgs e) 
 {
     // load
     DataSet dataSet = new DataSet();
     dataSet.ReadXml(@"C:\temp\xml.xml");
     dataGridView1.DataSource = dataSet.Tables[0];
 }

它使用 const UniCode-String 正确加载我想要的内容。
我现在需要的是一个 PopUp 窗口，我可以在其中选择要绑定到 DataSource 的文件，而不是 const "C:\temp\xml.xml " 字符串。

是的，我知道我尝试了很多主题，但到目前为止我无法在我的项目中执行此操作。

【问题讨论】：

我（希望）通过重新表述澄清了这个问题。

标签： c# xml winforms datagridview

【解决方案1】：

您可以使用OpenFileDialog 选择文件并将其传递给ReadXml。类似下面几行的内容可以解决您的问题。

private void metroButton13_Click(object sender, EventArgs e) 
{
    DialogResult result = openFileDialog1.ShowDialog();
    int size =0;
    string file = string.empty;
    if (result == DialogResult.OK) // Test result.
    {
       string file = openFileDialog1.FileName;
       try
       {
          string text = File.ReadAllText(file);
          size = text.Length;
       }
       catch (IOException)
       {
       }
    }
    if(size >0) 
    {
        DataSet dataSet = new DataSet();
        dataSet.ReadXml(file);
        dataGridView1.DataSource = dataSet.Tables[0];
    }
    else 
    {
      msgbox ("blank file");
    }
}

【讨论】：

【解决方案2】：

  DataSet dataSet = new DataSet();
            OpenFileDialog sfd = new OpenFileDialog();
            sfd.Filter = "XML|*.xml";
            if (sfd.ShowDialog() == DialogResult.OK)
            {
                string file = sfd.FileName;
                try
                {

                    dt.ReadXml(file);

                }
                catch (Exception ex)
                {
                    Console.WriteLine(ex);
                }
            }

实际上这段代码解决了我的问题，但你给了我一些思考。无论如何，谢谢！

【讨论】：