如何加快 Java/Android 中的解压缩时间?
在 android 上解压缩文件似乎非常慢.起初我以为这只是模拟器，但在手机上似乎是一样的.我尝试了不同的压缩级别，最终下降到存储模式，但仍然需要很长时间. 总之，一定是有原因的！还有其他人有这个问题吗?我的解压方法是这样的: public void unzip(){尝试{FileInputStream fin = new FileInputStream(zipFile);ZipInput
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有没有办法在 Java 中以编程方式读取 .jmod 文件?
我用 7-zip 打开了一个 .jmod 文件，我可以看到内容.我试图以编程方式使用 ZipInputStream 读取它，但它不起作用:有人知道怎么做吗? 解决方案 JEP 261 中没有文档: Module System 关于 JMOD 文件使用的格式.据我所知，这不是疏忽，因为将格式作为实现细节意味着他们可以随时更改格式，无需通知.话虽如此，目前 JMOD 文件似乎以 ZIP 格式打
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使用 ZipInputStream 解压永远不会完成
我正在使用 AsyncTask 解压缩文件，一切似乎进展顺利(ZIP 存档中的所有文件都已解压缩)，但我的解压缩方法从未完成. 这是我解压类的源代码: public class MyUnzipper {公共静态布尔 unzipFileIntoDirectory(String inputFilename, String outputPath) 抛出异常 {ZipInputStream zis
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Spring:如何解析上传的 zip 文件?
我将我的 zip 存档上传到服务器，并想打开其中的 .txt 和 .jpg 文件.我成功地在我的控制器中获取了我的存档，并通过 ZipEntry 获取了每个文件的名称.现在我想打开它，但为此我应该获得文件的完整路径. 我还没有找到如何做到这一点.你能建议一些方法来做到这一点吗? 更新 我尝试使用下面建议的示例，但我无法打开文件 ZipFile zFile = new ZipFi
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如何在不使用临时文件的情况下从 Java 中的嵌套 zip 文件中读取数据?
我正在尝试从嵌套的 zip 存档中提取文件并在内存中处理它们. 这个问题不是关于什么: 如何在 Java 中读取 zip 文件:不，问题是如何读取 zip 文件中的 zip 文件等等(如在嵌套的 zip 文件中). 在磁盘上写入临时结果:不，我要求在内存中完成所有操作.我找到了许多使用临时将结果写入磁盘的效率不高的技术的答案，但这不是我想要做的. 示例: Zipfil
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获取 ZipInputStream 的大小
在我们完全读取流之前，有没有办法找到/估计 ZipInputStream 的大小? 例如，在读取用户数据之前，我们可以使用 getNextEntry 获取条目的元数据. Inputstream 有一个方法 available() 来返回可以从此输入流读取的字节数的估计值，但我找不到 ZipInputStream 的类似方法. 解决方案 如果你只有流，那我不这么认为. zi
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Java 从 ZipInputStream 条目创建 InputStream
我想编写一个方法，从单个 InputStream 读取 ZIP 中的多个 XML 文件. 该方法将打开一个 ZipInputStream，并在每个 xml 文件上获取相应的 InputStream，并将其提供给我的 XML 解析器.这是该方法的骨架: private void readZip(InputStream is) throws IOException {ZipInputStrea
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用java中的子文件夹解压缩存档?
我正在尝试解压缩包含带有一些 png 图像的子文件夹的存档 (test.zip): test.zip|->图片|->一个.png|->b.png 这是我所做的: public static void unzip(String archive, File baseFolder, String[] ignoreExtensions) {文件输入流鳍；尝试 {fin = new FileInpu
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如何在不使用FileInputStream或filepath作为字符串java的情况下从java.sql.Blob类型的zip文件读取和提取zip条目
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有什么方法可以使用"java.util.zip"上传提取的zip文件.使用分段上传(Java高级API)访问AWS-S3
需要使用流而不是lambda的/tmp使用multipart-upload将大文件上传到AWS S3.文件已上传但未完全上传. 在我的情况下，无法预测zip中每个文件的大小，可能是一个文件的大小达到1 Gib.所以我使用ZipInputStream从S3读取，我想将其上传回S3.在lambda上工作时，由于文件太大，我无法将文件保存在lambda的/tmp中.因此，我尝试直接读取并上传到S3
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Java ZipInputStream提取错误
下面是一些代码，该代码从仅包含一个文件的zip文件中提取文件.但是，提取的文件与通过WinZip或其他zip实用工具提取的文件不匹配.我希望如果文件包含奇数个字节(因为我的缓冲区的大小为2，并且读取失败后我就中止)，它可能会减少一个字节.但是，在分析(使用WinMerge或Diff)使用以下代码提取的文件与通过Winzip提取的文件进行分析时，在Java提取中有几个区域缺少字节.有谁知道为什么或如
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Java InputStream读取缓冲区
说我正试图从Java InputStream读取这样的内容: ZipInputStream zis = new ZipInputStream(new FileInputStream("C:\\temp\\sample3.zip")); zis.getNextEntry(); byte[] buffer2 = new byte[2]; int count = zis.read(buffer2)
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如何重用/重置ZipInputStream?
我想重置ZipInputStream(即回到起始位置)以便按顺序读取某些文件.我怎么做?我太困了... ZipEntry entry; ZipInputStream input = new ZipInputStream(fileStream);//item.getInputStream()); int check =0; whil
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如何将ZipInputStream转换为InputStream?
我有将ZipInputSream转换为byte []的代码，但我不知道如何将其转换为inputstream. private void convertStream(String encoding, ZipInputStream in) throws IOException, UnsupportedEncodingException { final int BUFFER
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使用ZipInputStreams和ZipOutpuStreams时，如何避免Scala中的可变变量?
我正在尝试读取一个zip文件，检查它是否包含一些必需文件，然后将所有有效文件写出到另一个zip文件中. java.util.zip的基本介绍有很多Java知识.并且我很想让我的代码更加Scala本机.具体来说，我想避免使用vars.这就是我所拥有的: val fos = new FileOutputStream("new.zip"); val zipOut = new ZipOutputSt
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从ZipInputStream获取特定文件
我可以遍历ZipInputStream，但是在开始迭代之前，我想获取迭代期间需要的特定文件.我该怎么办? ZipInputStream zin = new ZipInputStream(myInputStream) while ((entry = zin.getNextEntry()) != null) { println entry.getName() } 解决方案 如果要
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使用File.OpenRead打开文件时出现System.IOException
打开文件以解压缩其内容时，出现以下异常.当我在Windows资源管理器中选择了文件，或者将鼠标悬停在该文件上并显示工具提示时，就会发生这种情况. System.IO.IOException was unhandled Message=The process cannot access the file 'D:\Documents\AutoUnZip\Zips\MVCContrib.Ext
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错误“必须不为空".在科特林
.zip文件中有多个文件，我正在尝试获取.尝试解压缩文件会提供java.lang.IllegalStateException:zis.nextEntry不能为null.正确的方法怎么做? @Throws(IOException::class) fun unzip(zipFile: File, targetDirectory: File) { val zis = Zip
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从byte []（Java）读取时提取ZipFile条目的内容
我有一个zip文件，其内容显示为byte [] 但原始文件对象无法访问。我想阅读每个条目的内容。我能够从字节的ByteArrayInputStream创建一个ZipInputStream，并可以读取条目及其名称。但是我看不到一种简单的方法来提取每个条目的内容。 （我看过Apache Commons但是看不到那么简单的方法）。 更新 @ Rich的代码似乎解决了这个问题，谢谢 QU
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