Question

我创建了一个名为“播放器”的模块，该模块具有wav文件的子目录：

user/repositories/python_packages/playr/
|
|--__init__.py
|--sounds/
|   |--sound1.wav
|   |--sound2.wav
|   |--sound3.wav

我的__init__.py中的一个函数应获取sounds/目录中所有文件的列表，以便播放选定的声音：

from os import listdir
import os.path
import subprocess

def play(sound=0):
    wav_files = listdir('sounds')
    sound_file = os.path.join('sounds', wav_files[sound])
    return_code = subprocess.call(['afplay', sound_file])

因为我想共享此模块，所以我需要找到一种方法来获取到sounds/目录的路径而无需对绝对路径进行硬编码。父目录user/repositories/python_packages/包含在我的PYTHONPATH变量中。

当前，当我尝试从其他目录中的python env使用模块时，它是这样的：

from playr import play

play()


----------------------------------------------------------------
FileNotFoundError: [Errno 2] No such file or directory: 'sounds'

我知道它找不到sounds/目录，因为它是在我当前的环境中而不是在模块中。 我的问题是如何让我的功能在模块中而不是当前环境中查看。

到目前为止，我已经使用os.path和pathlib尝试了许多不同的方法。我还尝试了使用module.__file__

的不同方式

任何帮助将不胜感激！

Answer 1

os.path.abspath(__file__)返回当前模块文件的完整路径名，即/foo/bar/baz/module.py之类的文件。

os.path.dirname(fullpath)删除文件名，仅返回目录，即/foo/bar/baz。

所以，您想要：

os.path.join(os.path.dirname(os.path.abspath(__file__)), 'sounds')

Answer 2

python 3.7+中的解决方案是importlib.resources，或者<3.7的backport importlib_resources：

# py 3.7

import os, subprocess
from importlib.resources import path

def play(sound=0):
    with path('playr', 'sounds') as p:
        sounds_path = p
    sounds = os.listdir(sounds_path)
    audio_file = os.path.join(sounds_path, sounds[sound])
    return_code = subprocess.call(['afplay', audio_file])

在Python中，如何获取模块内文件目录的路径

2 个答案: