2
Я не могу получить каждую информацию (например, комментарии, вложения, расчетное время ...) из-за ошибки Bugzilla (моя версия 4.2.5) с использованием Webservice. У меня есть все идентификаторы ошибок, и я пытаюсь получить доступ к их URL, чтобы получить XML-формат ошибки.Как получить доступ к XML-странице ошибки в Bugzilla с помощью python с pycurl?
Мне сказали, что API Bugzilla не разрешает доступ через файлы cookie. Таким образом, у меня есть следующее, но я продолжаю застревать на странице входа даже при правильном имени пользователя и пароле. Вот то, что я до сих пор:
pf = {'username' : 'my_username', 'password' : 'my_password' }
fields = urllib.urlencode(pf)
pageContents = StringIO.StringIO()
p = pycurl.Curl()
p.setopt(pycurl.FOLLOWLOCATION, 1)
p.setopt(pycurl.COOKIEFILE, './cookie_test.txt')
p.setopt(pycurl.COOKIEJAR, './cookie_test.txt')
p.setopt(pycurl.POST, 1)
p.setopt(pycurl.POSTFIELDS, fields)
p.setopt(pycurl.WRITEFUNCTION, pageContents.write)
p.setopt(pycurl.VERBOSE, True)
p.setopt(pycurl.DEBUGFUNCTION, test)
p.setopt(pycurl.URL, 'https://somewebsite.com/viewXMLof=[ENTER-BUG-ID-HERE]')
p.perform()
p.close() # This is mandatory.
pageContents.seek(0)
for x in pageContents.readlines() :
print x
Так что я получаю Выводится следующее:
<html lang="en">
<head>
<title>Log in to Website</title>
.
.
.
Это означает, что я до сих пор на странице входа. Какие-либо предложения?
Дайте мне знать, если требуется дополнительное объяснение.