TypeError:pycurl python flask API Developmen中setopt的参数无效

Question

我正在尝试使用python flask构建一个webserviceapi。当我执行以下代码时：

http://localhost/Service/API/Services.svc/XMLService/Students?SEARCHBY=StudentNo&STUDENTNUMBER='1234'&SESSIONKEY=94194202323

…很好用。但是我不能将STUDENTNUMBER传递给这个函数。在

我试过两种方法：

1. Concat生成一个字符串并将其传递给c.setopt(c.URL,)这个函数

   a.方法1
   b、 方式2
   c、 方式3

通过这些方法我得到了同样的错误：

TypeError: invalid arguments to setopt

1. 使用c.setopt（c.POSTFIELDS，post_data）传递变量

   a.方式4

   这样我得到了同样的错误：

   Method not allowed. Please see the for constructing valid requests to the service

   所以我要转到这个链接：

   b.路5

   这样我得到了同样的错误

   TypeError: invalid arguments to setopt

方法1:

^{pr2}$

方式2:

^{3}$

方法3:

c.setopt(c.URL,"http://localhost/Service/API/Services.svc/XMLService/Students?SEARCHBY=StudentNo&STUDENTNUMBER=%s&SESSIONKEY=94194202323"%student_number)

方式4:

c.setopt(c.URL,"http://localhost/Service/API/Services.svc/XMLService/Students?SEARCHBY=StudentNo&STUDENTNUMBER=%s&SESSIONKEY=94194202323")
c.setopt(c.POSTFIELDS, 'STUDENTNUMBER = 1234')

方法5:

post_data ={'STUDENTNUMBER' : '1234'}
c.setopt(c.URL,"http://localhost/Service/API/Services.svc/XMLService/Students?SEARCHBY=StudentNo&SESSIONKEY=94194202323")
c.setopt(c.POSTFIELDS, post_data)
c.setopt(pycurl.POST, 1)

我该怎么做？在

Answer 1

这似乎不是关于烧瓶的问题。似乎您正在尝试编写一些代码来查询API（它可能是由烧瓶驱动的）。在

我建议使用Python requests库来实现这一点，因为您可以将参数定义为一个更简单的字典。别跟Flask.request混淆，这是完全不同的东西！

import requests
url = 'http://localhost/Service/API/Services.svc/XMLService/Students'
params = {'SEARCHBY': 'StudentNo', 
          'STUDENTNUMBER': '1234',
          'SESSIONKEY': 94194202323}
r = requests.get(url, params)

上面的最后一行发送请求，您可以看到完整的URL：

^{pr2}$

或者打印响应代码，在我的例子中是404：

>>> print(r)
<Response [404]>

如果响应包含数据，您可以通过r.text访问：

>>> print (r.text)
I am the 404's response body.