Question

我有一个带有以下目录结构的烧瓶应用程序：

的myapp /
- application.py
- __init__.py
- 模型/
  - __init__.py
  - user.py

模型使用Flask-SQLAlchemy，因此，他们需要从db

访问application.py对象（SQLAlchemy实例）

user.py：

import sys,os
sys.path.append('/path/to/application/package')

from testapp import db

class User(db.Model):
    id = db.Column(db.Integer,primary_key=True)
    username = db.Column(db.String(255),unique=True)
    age = db.Column(db.Integer)

    def __init__(self,username,age):
        self.username = username
        self.age = age

    def __repr__(self):
        return '<User %r>' % self.username

因为任何模型都需要访问应用程序的SQLAlchemy实例db属性，所以我必须将整个包放在路径上，然后从主应用程序模块导入。为了理智，我想将模型保存在单独的文件中。我是否需要将路径代码放在每个模型的顶部？有没有更好的办法？我宁愿没有这样的完整路径输入，因为它们可能被部署到具有不同目录结构的不同主机。理想情况下会有一些内部处理路径的方法，所以当它通过mod_wsgi用作另一个用户时，我不必手动更改代码。

Answer 1

第一种方法：

我最终得到了以下结构：

project_root - 还包含一些配置，.gitignore文件等
- start.py
- 的 flask_root
  
  __初始化__。PY
  
  application.py
  
  的 module_1
  
  __初始化__。PY
  
  models.py
  
  的 module_2
  
  __初始化__。PY
  
  models.py

最热门的start.py只运行应用程序：

#! /usr/bin/env python from flask_root import applicaiton if __name__ == '__main__': application.manager.run()

Python脚本开始的目录中的searches for packages，所以现在你不需要将它们添加到sys.path中（就我而言，修改sys.path看起来很难看）。现在你有了完整的 flask_root python包，你可以从应用程序的任何地方导入所有内容：

from flask_root.application import db

第二种方法：

如果从其目录启动Flask应用程序，

./application.py runserver

您启动的目录无法作为python包访问，即使其中包含__init__.py。

但是，使用您的目录布局，您可以执行以下操作：

<强>模型/ __初始化__吡啶：

from application import db ...

<强>模型/ user.py ：

from . import db ...

第一种方法更干净，更普遍。当您需要在多个Flask项目之间共享相同的蓝图时，第二个可能很有用。

模型的Python清理导入 - SQL Alchemy

1 个答案: