c++ - c ++“打开方式”

Question

我正在尝试编写一个与右键单击文本文件时获得的“打开方式”菜单兼容的简单文本编辑器（这意味着我希望我的程序能够读取我右键单击并打开的文本文件的内容我的程序）。一位朋友告诉我，我可以使用“int main(int argc, char* argv[])”的参数获取文本文件的路径。这是正确的吗？如果没有，我该怎么做？

Answer 1

开始你，试试这个基础：

#include <string>
#include <iostream>
using std::string;
using std::cout;
using std::endl;
using std::cin;

int main(int argument_count,
         char * argument_list[])
{
  std::string filename;
  if (argument_count < 2)
  {
    filename = "You didn't supply a filename\n";
  }
  else
  {
    filename = argument_list[1];
  }
  cout << "You want to open " << filename << "\n";

  cout << "\nPaused, press Enter to continue.\n";
  cin.ignore(10000, '\n");
  return EXIT_SUCCESS;
}

该程序将显示它的第一个参数。因此，如果您将文件扩展名与该程序相关联，它应该显示您右键单击的文件名（前提是它具有正确的扩展名）。

无论您创建什么应用程序，我都会让您在此基础上进行构建。

注意： 是argument_list[1]指传递给程序的第一个参数的文本。该程序的名称位于argument_list[0]。