djangoでリクエストを処理する.FILES POST

Question

私はdjangoでファイルのアップロードビューを持っています。私はモデルのフォームを持っています。 POSTメソッドrequest.FILESにすべてのファイルが含まれています。

私はアップロードしたファイルのリクエストで余分な作業をしたいと思っています。ファイル。ファイルをローカルに保存して、余分な作業をしました。しかし、私はrequest.FILESでファイルを割り当てることはできません。

私のような辞書を作った -

data_dict = { 
         'a_file': open(tmp_dir + "/a_repro.a", 'r'), 
         'b_file': open(tmp_dir + "/b_repro.b", 'r'), 

         'c_file': open(tmp_dir + "/c_repro.c", 'r'), 

         'd_file': open(tmp_dir + "/d_repro.d", 'r'), 

        } 

しかし、私は次のように割り当てることができません -

form = MyUploadForm(request.POST, data_dict) 

または、

request.FILES = data_dict

しかしそれはうまくいかない。どうしたらいいですか？

Answer 1

request.FILESを手動で管理する必要はありません。フォームはパラメータdata、filesをとるためです。 https://github.com/django/django/blob/master/django/forms/forms.py#L74

：リファレンスを参照してください

files = { 
    'a_file': open(tmp_dir + "/a_repro.a", 'r').read(), 
} 

form = MyUploadForm(data=request.POST, files=files) 

を次のようにあなたが行うことができますあなたの条件については