C＃几个也许简单的问题

Question

1.能不能用一个OpenFileDialog打开一个文件（不论这个文件是什么类型，只要它在这台电脑上能运行），当点击打开时，就像双击这个文件一样，让它运行。如果能，怎么实现
2.怎样将一个文件复制到指定的目录感谢

Answer 1

OpenFileDialog open=new OpenFileDialog();
if(open.ShowDialog()==DialogResult.Ok)
{
    Process.Start(open.FileName);
}File.Copy("c://aa.txt","d://aa.txt")

Answer 2

File.Copy("c://aa.txt","d://aa.txt")
==
File.Copy(@"c:\aa.txt",@"d:\aa.txt")第一个问题楼上方法不错

Answer 3

1完全可以，process.start(文件名）就可以了
2 更是完全可以

Answer 4

1：OpenFileDialog open=new OpenFileDialog(); 
if(open.ShowDialog()==DialogResult.Ok) 
{ 
    Process.Start(open.FileName); 
}2：File.Copy("c://aa.txt","d://aa.txt")

Answer 5

File.Copy("c:\\aa.txt","d:\\aa.txt")
不好意思
符号打错了 呵呵
File.Copy(@"c:\aa.txt",@"d:\aa.txt");
这样也可以

Answer 6

File.Copy(@"c:\aa.txt",@"d:\aa.txt") 都已经答完了~不知有分接不~

Answer 7

是这样的   其实我做这个功能是这样的
通过OpenFileDialog 获得文件的路径
然后用这个方法  把文件打开System.Diagnostics.Process.Start(@"程序路径");我是小菜鸟！   说的不好清见谅，   希望能够帮到你！

Answer 8

OpenFileDialog open=new OpenFileDialog(); 
if(open.ShowDialog()==DialogResult.Ok) 
{ 
    Process.Start(open.FileName); 
} 
File.Copy("c://aa.txt","d://aa.txt");System.Diagnostics.Process.Start(@"路径"); 

Answer 9

我将在应用程序中包含了一个ACCESS数据库文件，用ClickOnce部署后，在配置文件这个数据库文件的路径是：|DataDirectory|\SeiPcbaTest.mdb
我现在想在程序中复制一个文件将这个数据库替换，怎么获取这个路径呢（|DataDirectory|\不知道是什么？）