在 symfony Controller 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”，然后提取它。
但是 open() 方法需要一个字符串，它是文件系统中的文件名。有什么方法可以使用 ZipArchive 处理文件而不将文件变量写入 FS？
最佳答案
您可以使用 tmpfile()创建一个临时文件，写入它，然后在 zip 中使用它。例子:
<?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);
关于php - 使用 PHP ZipArchive 将文件作为变量，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/40891530/