Utwórz żądanie http POST, aby przesłać plik za pomocą pythona urllib/urllib2

Question

Chciałbym wysłać żądanie POST, aby przesłać plik do usługi sieciowej (i uzyskać odpowiedź) przy użyciu Pythona. Na przykład, można zrobić następujące żądania POST z curl:

curl -F "file=@style.css" -F output=json http://jigsaw.w3.org/css-validator/validator 

Jak mogę sprawić, że sam wniosek z python urllib/urllib2? Najbliższe do tej pory są następujące:

with open("style.css", 'r') as f: 
    content = f.read() 
post_data = {"file": content, "output": "json"} 
request = urllib2.Request("http://jigsaw.w3.org/css-validator/validator", \ 
          data=urllib.urlencode(post_data)) 
response = urllib2.urlopen(request) 

Mam błąd HTTP 500 z powyższego kodu. Ale ponieważ moje polecenie curl się powiedzie, musi być coś nie tak z moim pytaniem pythona?

Jestem całkiem nowy w tym temacie i proszę mi wybaczyć, jeśli pytanie rekrutów ma bardzo proste odpowiedzi lub błędy. Z góry dziękuję za wszystkie pomocne!

Answer 1

Po niektóre kopania wokół wydaje this post rozwiązać mój problem. Okazuje się, że muszę poprawnie skonfigurować koder wieloczęściowy.

from poster.encode import multipart_encode 
from poster.streaminghttp import register_openers 
import urllib2 

register_openers() 

with open("style.css", 'r') as f: 
    datagen, headers = multipart_encode({"file": f}) 
    request = urllib2.Request("http://jigsaw.w3.org/css-validator/validator", \ 
           datagen, headers) 
    response = urllib2.urlopen(request) 

Answer 2

Osobiście uważam, że powinieneś rozważyć opublikowanie biblioteki requests.

url = 'http://jigsaw.w3.org/css-validator/validator' 
files = {'file': open('style.css')} 
response = requests.post(url, files=files) 

Przesyłanie plików za urllib2 nie jest niemożliwe, ale dość skomplikowanym zadaniem: http://pymotw.com/2/urllib2/#uploading-files