pickleされたデータをdjango FileFieldにアップロードするにはどうすればいいですか？

Question

Pythonで生成された大きなデータセットをDjangoモデルに保存したいと思います。私の考えは、データを文字列にピックルし、それを私のモデルのFileFieldにアップロードすることでした。私のDjangoのモデルがある：私のPythonプログラムで

#models.py 
from django.db import models 

class Data(models.Model): 
    label = models.CharField(max_length=30) 
    file = models.FileField(upload_to="data") 

私は次の操作を実行したいと思います：

import random, pickle 

data_entry = Data(label="somedata") 
somedata = [random.random() for i in range(10000)] 
# Next line does NOT work 
#data_entry.file.save(filename, pickle.dumps(somedata)) 

どのように私はupload_toパラメータで定義されたパスを保存fileでsomedataを格納するための最後の行を変更する必要があります？

Answer 1

注：は他の回答と以下のコメントを参照してください - 古い情報や削除壊れたリンクを（一度受け入れ答えを削除することはできません）。

Marty Alchinは、Pro Djangoの第3章で、review hereというセクションを持っています。

Answer 2

テキストフィールドにデータを保存する方がよいでしょうか？結局のところ、ファイルのアップロードではありません。

Answer 3

データベースでは、ファイル属性はファイルへの単なるパスです。したがって、実際のアップロードを行っていないので、ファイルをディスクに保存し、パスをデータベースに保存する必要があります。

f = open(filename, 'w') 
pickle.dump(somedata, f) 
f.close() 
data_entry.file=filename 
data_entry.save() 

Answer 4

私はこれをやったことがないが、関連するコードのビットを読み出すに基づいて、私はdjango.core.files.base.ContentFileのインスタンスを作成するに見て、そのように割り当てることにより、起動したいですフィールドの値。

Answer 5

私は、次の解決策を考え出した質問への回答に基づいて：

from django.core.files.base import ContentFile 
import pickle 

content = pickle.dumps(somedata) 
fid = ContentFile(content) 
data_entry.file.save(filename, fid) 
fid.close() 

それはすべてサーバ側で実行され、ユーザーは漬物をアップロードすることが許可されていません。私はそれをテストし、それはすべて正常に動作しますが、私は任意の提案に開放されています。