Django：如何在应用程序 URL 中将整个 URL 作为参数传递？

Question

我试图在我的应用程序中传递完整的 length/structure URL 作为应用程序 URL 中的参数。例如，我希望能够执行以下操作： myapp.com/https://www.youtube.com/watch?v=dQw4w9WgXcQ 以便我可以将在我的应用程序主页之后输入的 URL 并存储。但是，我认为当粘贴的 URL 包含片段和查询参数（即：包含 # and/or ？）时，应用程序会感到困惑。我的 urls.py 看起来像这样：

url(r'^(?P<url_param>[a-zA-Z0-9_.-/:?=#]*)/$', views.anywebsiteentered, name='anywebsiteentered')

当我尝试编写如下所示的视图以获取输入的 URL 并将其保存在模型对象中时，我总是在查询和片段字符之前截断 URL，我该怎么做才能让我的应用程序获取整个 URL 字符串？

def anywebsiteentered(request, url_param = 'url_param'):
    UrlBlob.objects.create(fullurl=url_param)

例如，如果我的应用程序仅在 myapp.com/https://www.youtube.com/watch?v=dQw4w9WgXcQ returns https://www.youtube.com/watch 而不是 URL 的查询部分，则创建上述对象。我怀疑这是我在传递 URL 时所做的事情，因为当我在 python-django shell 中手动创建此模型对象时，根本没有问题。

感谢您的帮助和提示。对此，我真的非常感激。

Answer 1

如果您需要在另一个 url 的 "path" 区域使用一些 url，您应该转义它的特殊字符。例如，使用 %3F 代替“？”。这叫做url转义。

为了您的目的，最好将 url 作为参数传递，例如：

myapp.com/?url=http://www.youtube.com/watch?v=dQw4w9WgXcQ

— 浏览器会在这种情况下进行必要的转义。

Answer 2

您可以从 request.META:

获取查询字符串

def anywebsiteentered(request, url_param='url_param'):

    full_url = url_param
    query_string = request.META['QUERY_STRING']
    if query_string:
        full_url += u'?' + query_string

    UrlBlob.objects.create(fullurl=full_url)

Django：如何在应用程序 URL 中将整个 URL 作为参数传递？

Django: how to pass an entire URL as a parameter inside the app URL?

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