Не удалось опубликовать файл с оригинальным именем файла в действии Zapier Custom CLI APP - PullRequest
Новая
       16

Не удалось опубликовать файл с оригинальным именем файла в действии Zapier Custom CLI APP

0 голосов
/ 04 февраля 2019

Я создаю приложение ZAPIER CLI. В приложении я создаю действие для загрузки файла через API остальных.Я слежу за этим примером приложения Пример приложения с небольшими изменениями. У меня есть только одно поле ввода "файл", в моем приложении нет поля ввода для имени файла.Вот мой код: - 

const uploadFile = (z, bundle) => {
  const formData = new FormData();  
  formData.append('file', request(bundle.inputData.file)); 

return z.request({
  url: 'MY API ENDPOINT',
  method: 'POST',
  body: formData,
})
.then((response) => {
  return response.json;
});

};

Но для меня не работает отправка неверного имени файла в остальные API.Это отправка длинной строки вместо имени файла.Вот то, что я получаю в конце сервера (API)

Вот пример, который я получаю при использовании приведенного выше кода: - 

  `[name] => .eJwtj1GOwiAURffCt5QygC0sYrZAXuFpSVuKgGPUdO-DiZ_35Obm3DcJsVSIDm3wxCguuBJan8gl4OpthA2JIR7_7CWsSE7EzegWu-CTGCm0Oqu-sT1WjNXWZ_q0f1tteUC-FmLe5J7XxuZaUzGMvSAFzBQ3CCtNkEsLUCu4eWsLpSuigw1ee4RH6dy-sZ-ea9pzKnrGhRDjqOTIBnS91F5RrQZHJUwT1RMqyrn0TgzgcOKMW96leG0yX6_vg4y3O5ba3I7j-AdX6FEq:1gqcEs:zXfK_evEDwf09Yp4IhuAaqxt464
            [type] => application/octet-stream
            [tmp_name] => /tmp/php0qvnl0
            [error] => 0
            [size] => 394106`

Ist там что-нибудьчто-то не так с моим кодом?

когда я передаю имя файла в поле файла с помощью приведенного ниже кода, тогда оно работает , но вы можете видеть, что я передал жесткий код filename "unicycle.jpg" , который я хочу быть динамическим. 

formData.append("file", request(bundle.inputData.file), {filename: 'unicycle.jpg'});

Есть ли способ сделать это?

1 Ответ

0 голосов
/ 04 февраля 2019

Дэвид здесь, из команды Zapier Platform.

Zapier не видит имя файла, когда оно находится в нашей системе, поэтому, если вы хотите присвоить файлу имя, вам потребуется указать его пользователем.Я бы предложил добавить поле ввода для filename и отобразить его в вызове formdata.

...