Как я могу загрузить все файлы вместе с именами файлов, которые выбраны в папку приложения
Ниже приведен мой код для преобразования аудиофайлов любого расширения .но что происходит, если я загружаю 5 файлов одновременно, он преобразуется только при загрузке файлов, и этот файл загружается в мою папку приложения, или если я выбираю только один файл в первый раз, он загружается, но без имени файла снова, если я запускаю приложение, новый файл, который мы берем, не загружается.
string fileName = string.Empty; string savePath = string.Empty; protected void Page_Load(object sender, EventArgs e) { } protected void UploadBtn_Click(object sender, EventArgs e) { savePath = Server.MapPath(".") + "\\TempFiles\\"; if (FileUpload1.HasFile) { fileName = Server.HtmlEncode(FileUpload1.FileName); string extension = System.IO.Path.GetExtension(fileName); if ((extension == ".DSS") || (extension == ".ds2") || (extension == ".dss") || (extension == ".WAV")) { ToWav(fileName, savePath); savePath += fileName; FileUpload1.SaveAs(savePath); UploadStatusLabel.Text = "Your file was uploaded successfully."; } else { UploadStatusLabel.Text = "Your file was not uploaded because " + "it does not have a .dss or .ds2 or .wav extension."; } } } static void ToWav(string filename, string path) { using (DsReader dr = new DsReader(filename)) { IntPtr format = dr.ReadFormat(); using (WaveWriter ww = new WaveWriter(File.Create(path + ".wav"), AudioCompressionManager.FormatBytes(format))) { byte[] data = dr.ReadData(); ww.WriteData(data); } } }
Что я уже пробовал:
я попробовал приведенный выше код который загружает только один файл если мы выбираем несколько файлов также если мы снова запускаем приложение файл который был выбран во второй раз не загружается с именами файлов
Richard MacCutchan
Ваш код, похоже, написан для загрузки только одного файла за раз. Вам нужно захватить все имена файлов, а затем повторить обработку для каждого из них в списке.
Richard Deeming
Вы должны четко понимать разницу между "скачать" и "загрузить".
"Скачать" означает отправить файл из сервер к клиент Код, который вы опубликовали, этого не делает.
"Загрузить" означает отправить файл из клиент к сервер Вот что делает ваш код.
Использование неправильного термина для описания того, что вы пытаетесь сделать, только запутает людей.