从SAP Data Service获取文件名

2020-09-19 22:21发布

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您好,我无法从包含date_time格式的数据服务中读取文件名,我可以读取日期,但时间可以更改,我尝试在平面文件的文件名属性上使用* .csv, 但这是静态文件名。

文件示例:File_20180520_200003.csv,File_20180519_192503.csv等。

我的脚本:

  $ Filename ='File_'||  to_char(sysdate()-1,'YYYYMMDD')||  '_'||  '* .csv';   

我想找到一种读取6位数字(任何数字)*的解决方案。

谢谢

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您好,我无法从包含date_time格式的数据服务中读取文件名,我可以读取日期,但时间可以更改,我尝试在平面文件的文件名属性上使用* .csv, 但这是静态文件名。

文件示例:File_20180520_200003.csv,File_20180519_192503.csv等。

我的脚本:

  $ Filename ='File_'||  to_char(sysdate()-1,'YYYYMMDD')||  '_'||  '* .csv';   

我想找到一种读取6位数字(任何数字)*的解决方案。

谢谢

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2条回答
亦是此间程序员
1楼-- · 2020-09-19 22:42

你好

使用您的示例,我创建了一个名为$ Filename的全局变量的测试作业。 我工作开始时的脚本设置了变量:

$ Filename ='File_'|| to_char(sysdate()-1,'YYYYMMDD')|| '_'|| '* .txt';

print($ Filename);

然后,我创建了一种文件格式,并指向了我的计算机上名为File_20180519_192503.txt的本地文件,以便导入架构。 请注意,在导入架构之后,我真的可以在此处为文件名添加任何内容,例如File_111_1.txt。 我也可以手动构建模式。

我在脚本之后添加了数据流,并使用了刚创建的文件格式作为源>双击将其打开>将文件名更改为全局变量$ Filename>运行作业>成功完成并将数据加载到目标 临时表。

最好

克里斯塔(Christa)

wang628962
2楼-- · 2020-09-19 22:50

感谢您测试我的问题。

最后,我找到了使用的解决方案

$ Csv = word(exec('cmd','dir/b [$ Filename] *。csv',8),2);

在平面文件(文件名属性)上,我添加了$ Csv

它工作正常。

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