使用C++类从.txt文件读取

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你能帮我吗？我是truna创建一个程序，支持cmd - >int main(int argc, char *argv[])。使用类，我想创建一个写作我的信息的方法。 .txt文件的名称是第三个参数。使用C++类从.txt文件读取

我的问题是我需要open()我的文件，但文件的名称可以改变。我试图打开指定的文件1.txt。但是，我应该怎样做才能给cmd中的文件名称，因为我的方法在Header中看到了那个名字？

我的方法在标题：

void recordData() 
{ 
    wRecord.open("1.txt", std::ios_base::app);//the hard way to create a file in this method. 

    int i=0; 
     wRecord << "Name of your city: " << Name << std::endl; 
     ...................................................... 
     wRecord << "Quanity of schools in your city: " << Schools << std::endl; 
     wRecord << std::endl; 
}

但应wRecord.open(argv[3], std::ios_base::app);，我想。但如何正确给argv[3]？

我的代码，当我打电话void recordData()：

if (argv[1] == create) 
    { 
     wRecord.open(argv[3], std::ios_base::app);// here is I put any name of file 
    //But I can't use any name because in method there is only `1.txt` 
     if (!wRecord) 
     { 
      std::cerr << "Error: canNOT oprn a text file" << std::endl; 
      exit(-1); 
     } 
    }

来源

2017-02-24 Nikita Gusev

你试过路过的argv [3]打开（）？发生了什么？你试过调试你的程序吗？ – roalz

不确定你的意思，但你可以将'argv [3]'作为'char * fileName'传递给你的函数，或者你需要什么？ – xander

@roalz是的，我试图将'argv [3']传递给'open（）'。它创建了一个名称在我的方法中命名的文件（'1.txt'）。但是，如果我给另一个名称作为参数（例如：'2.txt'）。它什么也没做。 –

你应该一个char *添加参数，您recordData（）函数，以便从主通过它（）的argv []以wRecord.open（）。

即：

void recordData(char *filename) 
{ 
    wRecord.open(filename, std::ios_base::app); 
    ... 
}

来源

2017-02-24 10:56:51 roalz

使用C++类从.txt文件读取

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