php - 使用 Guzzle 上传文件

Question

我有一个可以上传视频并将其发送到远程目的地的表格。我有一个 cURL 请求，我想使用 Guzzle 将其“翻译”为 PHP。

到目前为止我有这个:

public function upload(Request $request)
    {
        $file     = $request->file('file');
        $fileName = $file->getClientOriginalName();
        $realPath = $file->getRealPath();

        $client   = new Client();
        $response = $client->request('POST', 'http://mydomain.de:8080/spots', [
            'multipart' => [
                [
                    'name'     => 'spotid',
                    'country'  => 'DE',
                    'contents' => file_get_contents($realPath),
                ],
                [
                    'type' => 'video/mp4',
                ],
            ],
        ]);

        dd($response);

    }

这是我使用的 cURL，我想将其翻译成 PHP:

curl -X POST -F 'body={"name":"Test","country":"Deutschland"};type=application/json' -F 'file=@C:\Users\PROD\Downloads\617103.mp4;type= video/mp4 ' http://mydomain.de:8080/spots

所以当我上传视频时，我想替换这个硬编码

C:\Users\PROD\Downloads\617103.mp4。

当我运行它时，出现错误:

Client error: POST http://mydomain.de:8080/spots resulted in a 400 Bad Request response: request body invalid: expecting form value 'body`'

Client error: POST http://mydomain.de/spots resulted in a 400 Bad Request response: request body invalid: expecting form value 'body'

Answer 1

我会查看 Guzzle 的 multipart请求选项。我看到两个问题:

1. JSON 数据需要进行字符串化，并使用您在 curl 请求中使用的相同名称进行传递(它的名称容易混淆 body)。

2. curl 请求中的 type 映射到 header Content-Type。来自 $ man curl:

   You can also tell curl what Content-Type to use by using 'type='.

尝试这样的事情:

$response = $client->request('POST', 'http://mydomain.de:8080/spots', [
    'multipart' => [
        [
            'name'     => 'body',
            'contents' => json_encode(['name' => 'Test', 'country' => 'Deutschland']),
            'headers'  => ['Content-Type' => 'application/json']
        ],
        [
            'name'     => 'file',
            'contents' => fopen('617103.mp4', 'r'),
            'headers'  => ['Content-Type' => 'video/mp4']
        ],
    ],
]);