Как передать файл с помощью wininet, читаемый сценарием php?

Здесь - общее описание того, что в этом участвует. По сути, вам нужно создать HTTP-запрос на веб-адрес, прикрепить информацию к запросу и затем отправить его. В вашем случае запрос должен быть POST-запросом.

Давайте делать это шаг за шагом.

Сначала задействованы HTTP-заголовки:

1. Тип содержимого: multipart / form-data
2. Content-Length: <это зависит от суммы байтов содержимого>

Затем вам нужно создать строку с содержимым формы POST. Предположим, у вас есть входной файл с именем:

file=filename.txt
<You now add the content of the file after that carriage return>

Вы вычисляете длину этой строки и указываете Content-Length выше.

Хорошо, полный HTTP-запрос будет выглядеть так:

POST /file_upload.php HTTP/1.0
Content-type: multipart/form-data
Content-length: <calculated string's length: integer>

file=filename.txt
...File Content...

Теперь немного кода из руководства по PHP:

<?php
// In PHP versions earlier than 4.1.0, $HTTP_POST_FILES should be used instead
// of $_FILES.

$uploaddir = '/var/www/uploads/';
$uploadfile = $uploaddir . basename($_FILES['file']['name']);

echo '<pre>';
if (move_uploaded_file($_FILES['file']['tmp_name'], $uploadfile)) {
    echo "File is valid, and was successfully uploaded.\n";
} else {
    echo "Possible file upload attack!\n";
}

echo 'Here is some more debugging info:';
print_r($_FILES);

print "</pre>";

?>

Зная меня, я, вероятно, испортил формат контента, но это общая идея.

Изменение данных формы и заголовков, которые у меня были выше, на следующее, решило проблему:

  static TCHAR frmdata[] = "-----------------------------7d82751e2bc0858\nContent-Disposition: form-data; name=\"uploadedfile\"; filename=\"file.txt\"\nContent-Type: text/plain\n\nfile contents  here\n-----------------------------7d82751e2bc0858--";
  static TCHAR hdrs[] = "Content-Type: multipart/form-data; boundary=---------------------------7d82751e2bc0858";