Java：使用路径的ZipFile

Question

我有一个指向虚拟文件系统（jimfs）上zip文件的路径，我需要使用ZipFile打开这个zip文件。但是ZipFile中没有以Path作为参数的构造函数，只有File。然而，我无法从我的Path创建一个File（path.toFile()），因为我会收到UnsupportedOperationException。那么我应该如何使用ZipFile打开我的zip文件呢？或者也许还有其他处理zip文件的方式，不一定在默认文件系统上进行？

- Pavel_K

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使用 ZipFile(String) 替代？ - Yassin Hajaj

@Yassin Hajaj 我得到了 FileNotFoundException，因为它在默认文件系统上找到了该文件，但在虚拟文件系统上没有找到。 - Pavel_K

Answer 1

ZipFile 类仅支持文件系统中的文件。

另一种选择是改用 ZipInputStream。可以使用以下方法从您的 Path 创建一个 InputStream：

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

使用 InputStream 创建一个 ZipInputStream。这样应该能够正常工作：

ZipInputStream zin = new ZipInputStream(in)

所以建议使用它的方式是：

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

请注意，使用ZipInputStream解压某些ZIP文件会因为它们的ZIP结构而失败。这是ZIP格式的技术限制，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，并使用不同的ZIP类，如ZipFile。

- Robert

Answer 2

我刚刚解决了完全相同的问题（我需要解压缩存储在JimFS文件系统中的zip文件）。

罗伯特的回应存在问题。ZipFile和ZipInputStream相似，但并不相同。ZipInputStream的一个重要缺点是，如果遇到错误或损坏的zip文件，它不会失败，而是在第一次nextEntry调用时返回null。例如，以下测试将通过而没有错误。

    @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
            }
        }
    }

所以，如果存在用户输入或不稳定的网络获取的zip文件，在使用ZipInputStream检查zip文件时没有任何机会。唯一的选择是使用Java的FileSystems。以下测试将失败，并显示错误 zip END header not found 。当然，使用正确的zip文件，newFileSystem可以正常工作。

    @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())
        }
    }

- Alexey Sviridov