Как узнать путь к файлу модуля? [Дубликат]

Я хотел бы внести свой вклад в один общий сценарий (в Python 3) и изучить несколько подходов к нему.

Встроенная функция open () принимает либо относительный или абсолютный путь в качестве первого аргумента. Относительный путь трактуется как относительно текущего рабочего каталога , хотя поэтому рекомендуется передать абсолютный путь к файлу.

Проще говоря, если вы запустите файл сценария с в следующем коде не гарантируется, что файл example.txt будет создан в том же каталоге, где находится файл сценария:

with open('example.txt', 'w'):
    pass

Чтобы исправить этот код, нам нужно получить путь к сценарий и сделать его абсолютным. Чтобы гарантировать абсолютный путь, мы просто используем функцию os.path.realpath () . Чтобы получить путь к скрипту, есть несколько общих функций, которые возвращают различные результаты:

• os.getcwd()
• os.path.realpath('example.txt')
• sys.argv[0]
• __file__

Обе функции os.getcwd () и os.path.realpath () возвращают результаты на основе текущего рабочего каталога . Вообще не то, что мы хотим. Первым элементом списка sys.argv является путь корневого сценария (сценарий, который вы запускаете), независимо от того, вызываете ли вы этот список в самом корневом скрипте или в любой из его модулей. Это может пригодиться в некоторых ситуациях. Переменная __ file __ содержит путь к модулю, из которого он был вызван.

Следующий код правильно создает файл example.txt в том же каталоге, где скрипт находится:

filedir = os.path.dirname(os.path.realpath(__file__))
filepath = os.path.join(filedir, 'example.txt')

with open(filepath, 'w'):
    pass

Утилита командной строки

Вы можете настроить ее на утилиту командной строки,

python-which <package name>

Создать /usr/local/bin/python-which

#!/usr/bin/env python

import importlib
import os
import sys

args = sys.argv[1:]
if len(args) > 0:
    module = importlib.import_module(args[0])
    print os.path.dirname(module.__file__)

Сделать его исполняемым

sudo chmod +x /usr/local/bin/python-which

Я также попытаюсь решить несколько вариантов этого вопроса:

1. найти путь вызванного сценария
2. найти путь к исполняемому скрипту в данный момент
3. найти каталог вызываемого скрипта

(Некоторые из этих вопросов заданы на SO, но были закрыты как дубликаты и перенаправлены здесь.)

Предостережения Использование __file__

Для импортированного модуля:

import something
something.__file__ 

вернет абсолютный путь модуля. Однако, учитывая следующий сценарий foo.py:

#foo.py
print '__file__', __file__

Вызов его с помощью «python foo.py» Вернет просто «foo.py». Если вы добавите shebang:

#!/usr/bin/python 
#foo.py
print '__file__', __file__

и вызовите его с помощью ./foo.py, он вернет './foo.py'. Вызвать его из другого каталога (например, поместить foo.py в строку каталога), затем вызвать либо

python bar/foo.py

, либо добавить shebang и выполнить файл напрямую:

bar/foo.py

вернет 'bar / foo.py' (относительный путь).

Поиск каталога

Теперь, перейдя оттуда, чтобы получить каталог, os.path.dirname(__file__) также может быть сложным. По крайней мере, в моей системе он возвращает пустую строку, если вы вызываете ее из того же каталога, что и файл. ex.

# foo.py
import os
print '__file__ is:', __file__
print 'os.path.dirname(__file__) is:', os.path.dirname(__file__)

выведет:

__file__ is: foo.py
os.path.dirname(__file__) is: 

Иными словами, он возвращает пустую строку, поэтому это не кажется надежным, если вы хотите использовать его для текущего файл (в отличие от файла импортированного модуля). Чтобы обойти это, вы можете обернуть его в вызов abspath:

# foo.py
import os
print 'os.path.abspath(__file__) is:', os.path.abspath(__file__)
print 'os.path.dirname(os.path.abspath(__file__)) is:', os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

, который выводит что-то вроде:

os.path.abspath(__file__) is: /home/user/bar/foo.py
os.path.dirname(os.path.abspath(__file__)) is: /home/user/bar

Обратите внимание, что abspath () НЕ разрешает символические ссылки. Если вы хотите это сделать, вместо этого используйте realpath (). Например, создавая символическую ссылку file_import_testing_link, указывающую на файл_import_testing.py, со следующим содержимым:

import os
print 'abspath(__file__)',os.path.abspath(__file__)
print 'realpath(__file__)',os.path.realpath(__file__)

выполняет печать абсолютных путей, например:

abspath(__file__) /home/user/file_test_link
realpath(__file__) /home/user/file_test.py

file_import_testing_link -> file_import_testing .py

Использование проверок

@SummerBreeze упоминается с помощью модуля для проверки .

Это, похоже, работает хорошо и довольно кратким , для импортированных модулей:

import os
import inspect
print 'inspect.getfile(os) is:', inspect.getfile(os)

послушно возвращает абсолютный путь. Однако, чтобы найти путь к исполняемому скрипту, я не видел способа его использования.

import module
print module.__path__

Пакеты поддерживают еще один специальный атрибут __path__. Это инициализируется как список, содержащий имя каталога, содержащего пакет __init__.py пакета, прежде чем код в этом файле будет выполнен. Эта переменная может быть изменена; это влияет на будущие поиски модулей и подпакетов, содержащихся в пакете.

Хотя эта функция часто не нужна, ее можно использовать для расширения набора модулей, найденных в пакете.

Источник

Если единственная оговорка в использовании __file__ заключается в том, что текущий, относительный каталог пуст (т. е. при запуске как сценарий из того же каталога, где находится скрипт), то тривиальное решение:

import os.path
mydir = os.path.dirname(__file__) or '.'
full  = os.path.abspath(mydir)
print __file__, mydir, full

И результат:

$ python teste.py 
teste.py . /home/user/work/teste

Трюк находится в or '.' после вызова dirname(). Он устанавливает dir как ., что означает текущий каталог и является допустимым каталогом для любой связанной с ним функции.

Таким образом, использование abspath() действительно не требуется. Но если вы все равно его используете, трюк не нужен: abspath() принимает пустые пути и правильно интерпретирует его как текущий каталог.

Я не понимаю, почему об этом никто не говорит, но для меня самым простым решением является использование imp.find_module («modulename») (документация здесь ):

import imp
imp.find_module("os")

Он дает кортеж с дорожкой во второй позиции:

(<open file '/usr/lib/python2.7/os.py', mode 'U' at 0x7f44528d7540>,
'/usr/lib/python2.7/os.py',
('.py', 'U', 1))

Преимущество этого метода над «проверкой» заключается в том, что вам не нужно импортировать модуль, чтобы сделать его работа, и вы можете использовать строку ввода. Полезно при проверке модулей, вызываемых, например, в другом скрипте.

EDIT:

В python3 модуль importlib должен делать:

Doc из importlib.util.find_spec:

Вернуть спецификацию для указанного модуля.

Во-первых, sys.modules проверяется, был ли модуль уже импортирован. Если да, то возвращается sys.modules [name] .spec. Если для этого параметра установлено значение Нет, то ValueError будет поднят. Если модуль отсутствует в sys.modules, тогда sys.meta_path ищет подходящую спецификацию со значением «path», заданным для искателей. Ничего не возвращается, если никакой spec не найден.

Если имя для подмодуля (содержит точку), родительский модуль автоматически импортируется.

Имя и аргументы пакета работают Аналогично importlib.import_module (). Другими словами, работают относительные имена модулей (с ведущими точками).

Если вы хотите сделать это динамически в «программе», попробуйте этот код: «Моя точка зрения, вы можете не знать точное имя модуля для« жесткого кодирования ».

(я знаю, он не будет работать в Python 3)

global modpath
modname = 'os' #This can be any module name on the fly
#Create a file called "modname.py"
f=open("modname.py","w")
f.write("import "+modname+"\n")
f.write("modpath = "+modname+"\n")
f.close()
#Call the file with execfile()
execfile('modname.py')
print modpath
<module 'os' from 'C:\Python27\lib\os.pyc'>

Я попытался получить избавился от «глобальной» проблемы, но обнаружил случаи, когда это не сработало. Я думаю, что «execfile ()» можно эмулировать в Python 3. Так как это в программе, его можно легко добавить в метод или модуль для повторного использования.

Как говорили другие ответы, лучший способ сделать это - __file__ (снова продемонстрировано ниже). Тем не менее, существует важное предостережение, которое заключается в том, что __file__ НЕ существует, если вы используете модуль самостоятельно (например, __main__).

Например, скажем, у вас есть два файла ( оба из которых находятся на вашем PYTHONPATH):

#/path1/foo.py
import bar
print(bar.__file__)

и

#/path2/bar.py
import os
print(os.getcwd())
print(__file__)

Запуск foo.py даст результат:

/path1        # "import bar" causes the line "print(os.getcwd())" to run
/path2/bar.py # then "print(__file__)" runs
/path2/bar.py # then the import statement finishes and "print(bar.__file__)" runs

ОДНАКО если вы попытаетесь запустить bar.py самостоятельно, вы получите:

/path2                              # "print(os.getcwd())" still works fine
Traceback (most recent call last):  # but __file__ doesn't exist if bar.py is running as main
  File "/path2/bar.py", line 3, in <module>
    print(__file__)
NameError: name '__file__' is not defined 

Надеюсь, это поможет. Это предостережение стоило мне много времени и путаницы при тестировании других представленных решений.

В python имеется модуль inspect.

Официальная документация

Модуль проверки предоставляет несколько полезных функций, которые помогают получить информацию о живые объекты, такие как модули, классы, методы, функции, трассировки, объекты фрейма и объекты кода. Например, он может помочь вам изучить содержимое класса, получить исходный код метода, извлечь и форматировать список аргументов для функции или получить всю необходимую информацию для отображения подробной трассировки.

< / blockquote>

Пример:

>>> import os
>>> import inspect
>>> inspect.getfile(os)
'/usr/lib64/python2.7/os.pyc'
>>> inspect.getfile(inspect)
'/usr/lib64/python2.7/inspect.pyc'
>>> os.path.dirname(inspect.getfile(inspect))
'/usr/lib64/python2.7'