在Python中获取调用者的相对路径答案

【问题标题】：Get relative path of caller in Python在Python中获取调用者的相对路径
【发布时间】：2015-01-19 09:32:36
【问题描述】：

我有这个功能：

def relative_path(*paths):
    return os.path.join(os.path.dirname(__file__), *paths)

如何更改它以返回相对于调用者的路径？

例如，如果我从另一个脚本调用 relative_path('index.html')，是否可以从隐式调用脚本的位置获取相对于脚本的路径，或者我是否需要修改 relative_path 以传递 __file__ 以及类似这个？

def relative_path(__file__, *paths):
    return os.path.join(os.path.dirname(__file__), *paths)

【问题讨论】：

这些路径是否严格以调用者的目录开头？
您是在问如何确定调用者所在的脚本的路径吗？如果不是，调用者的路径是什么？
我不知道如何比“获取调用者的相对路径”更清楚。你能解释一下为什么不清楚吗？
为什么需要神奇地使用父文件位置？为什么不更明确地说明路径的基础？ Flask 要求您使用当前模块名称 (app = Flask(__name__)) 创建 Flask() 对象，以便它可以查找加载模板的路径 (sys.modules[name_passed_in].__file__)。这使它显式并且还允许您覆盖路径。不需要神奇的调用者查找。

标签： python path

【解决方案1】：

调整Get __name__ of calling function's module in Python中的解决方案

file1.py

import os
import inspect

def relative_path(*paths):
    return os.path.join(os.path.dirname(__file__), *paths)

def relative_to_caller(*paths):
    frm = inspect.stack()[1]
    mod = inspect.getmodule(frm[0])
    return os.path.join(os.path.dirname(mod.__file__), *paths)

if __name__ == '__main__':
    print(relative_path('index.html'))

sub/sub_file.py

import sys
sys.path.append(r'/Users/xx/PythonScripts/!scratch')

import file1

if __name__ == '__main__':
    print(file1.relative_path('index.html'))
    print(file1.relative_to_caller('index.html'))

运行 sub_file.py 给出以下输出：

/Users/xx/PythonScripts/!scratch/index.html
/Users/xx/PythonScripts/!scratch/sub/index.html

对于上面链接中的问题，cmets 中有一些警告......

【讨论】：

【解决方案2】：

请注意，在这里跟踪堆栈是可能的，但它可能会导致一些严重的问题（比如混淆“垃圾收集器”，或者甚至可能无法在鸡蛋中工作）

我相信最干净的方法是将调用者传递给 rel_path 函数。

但是，您可能知道，在 python 中通常有一种丑陋的做事方式。例如，您可以执行以下操作：

考虑以下两个脚本：

# relpath.py

import os


def rel_path(path):
    if os.path.isfile(__name__):
        return os.path.relpath(path, start=__name__)

    print("Warning: %s is not a file: returning path relative to the current working dir" % __name__, file=sys.stderr)
    return os.path.relpath(path)

# caller.py

import importlib.util


spec = importlib.util.spec_from_file_location(name=__file__, location="/workspace/relpath.py")

rel =  importlib.util.module_from_spec(spec)

spec.loader.exec_module(rel)
print(rel.rel_path("/tmp"))

我们在这里做了什么：当使用 importlib.util 加载模块时，我们传递了name=__file__，它为我们的模块提供了由调用者脚本路径组成的名称。因此我们不需要将它作为参数传递给 relpath.py。

请注意，这不是干净的解决方案，对于未来阅读您的代码的开发人员可能不可读。我只是想展示一下python的可能性。

【讨论】：