ZipFile :使用Path

Question

我有一个可以在虚拟文件系统(jimfs)上压缩文件的Path，我需要使用ZipFile打开这个压缩文件。

但是ZipFile中没有构造函数来获取Path作为参数，只有File。

但是，我不能从我的Path中创建一个File (path.toFile())，因为我得到了UnsupportedOperationException。如何用ZipFile打开我的压缩文件？或者可能还有其他处理zip文件的方法，而这不是默认的文件系统？

Answer 1

ZipFile类仅限于文件系统中的文件。

另一种选择是使用ZipInputStream。从您的InputStream中创建一个Path

Path path = ...
InputStream in = Files.newInputStream(path, openOptions)

并使用InputStream创建一个ZipInputStream。这种方式应如预期的那样发挥作用：

ZipInputStream zin = new ZipInputStream(in)

因此，推荐的使用方法是：

try (ZipInputStream zin = new ZipInputStream(Files.newInputStream(path))) {
    // do something with the ZipInputStream
}

注意，使用ZipInputStream will fail because of their ZIP structure解压缩某些ZIP文件。这是ZIP格式的一个技术限制，无法解决。在这种情况下，您必须在文件系统或内存中创建一个临时文件，并使用像ZipFile这样的不同的ZIP类。

Answer 2

我刚刚解决了同样的问题(我需要解压缩存储在JimFS文件系统上的zip文件)

罗伯特的回答有问题。ZipFile和ZipInputStream相似，但不相等。ZipInputStream的一个大缺点是，它不会在出现错误或损坏的zip文件时失败。它只是在第一个nextEntry调用上返回null。例如，下面的测试将无错误地通过

    @Test
    fun testZip() {
        val randomBytes = Random.nextBytes(1000)

        ZipInputStream(ByteArrayInputStream(randomBytes)).use { zis ->
            var zipEntry = zis.nextEntry
            while (zipEntry != null) {
                println(zipEntry.name)
                zipEntry = zis.nextEntry
            }
        }
    }

因此，如果是从用户输入或通过不稳定的网络获得的zip文件，则没有机会使用ZipInputStream检查zip。这里唯一的选择是使用Java的FileSystems。如果出现错误zip END header not found，下面的测试将失败。当然，有了正确的zip文件，newFileSystem工作得很好。

    @Test
    fun testZipFS() {
        val randomBytes = Random.nextBytes(1000)

        val tmpFile = Files.createTempFile(Path.of("/tmp"), "tmp", ".zip")
        Files.write(tmpFile, randomBytes)

        val zipFs = FileSystems.newFileSystem(srcZip, null)

        val zipRoot = zipFs.rootDirectories.single()
        Files.walk(zipRoot).forEach { p ->
            println(p.absolutePathString())
        }
    }