Question

考虑以下Django模型：

makemigrations

我想从“静态”dict 定义这个类（具体来说，在我的情况下，它是从一个不会改变的文件生成的 - 所以不需要migrate和{{1除了第一次）。

这是一些伪代码，可以更好地解释我想要实现的目标：

persondict = {‘first_name‘: models.CharField(max_length=255), ‘last_name’: models.CharField(max_length=255)}

class Person(models.Model):
    #generate fields from persondict

Answer 1

这只是一开始。请注意，您必须更改函数内的app_label，如果您在models.py中使用它来定义它，那么您将使用它，否则您将需要用适当的值替换'__module__'。

def generate_person_model_from_a_dict(person_model_dict):

    class Meta:
        app_label = 'your_app_label_here'

    person_model_dict.update({
        'Meta': Meta,
        '__module__': generate_person_model_from_a_dict.__module__,
    })

    Person = type("Person", (models.Model,), person_model_dict)
    return Person

这里需要

Meta.app_label让Django知道应该将新构建的模型连接到哪个应用程序，例如如果你是为应用blog创建它并将模型的app_label设置为blog，那么Django会知道应用程序上有这个模型（就像你定义它一样）在您的blog/models.py）

__module__是python对象的一个特殊属性（你可以在这里阅读它的详细信息https://docs.python.org/3/reference/datamodel.html）简而言之，它让Django知道你的类属于哪个模块，它主要使用它来向用户显示各种消息，请参见此处：https://github.com/django/django/search?utf8=%E2%9C%93&q=module&type= （只需将它设置为您的models.py，就像上面的例子中Django非常期待的那样）

从dict生成django 2.0模型

1 个答案: