Question

在模型中，我通常为友好的URI设置一个“uuid”字段，也是一个“slug”字段。

假设我有一个名为“SomeModel”的模型，通过覆盖它的save（）方法，我可以在保存它时生成一个uuid和一个slug：

class SomeModel(models.Model):
    ...
    def save(self, *args, **kwargs):
        if not self.uuid:
            uuid = shortuuid.uuid()[:10]
            while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():
                uuid = shortuuid.uuid()[:10]
            self.uuid = uuid
        if not self.slug:
            self.slug = slugify(self.title)[:500].rstrip('-')
        super(SomeModel, self).save(*args, **kwargs)

它适用于常规模型。现在我想要一个抽象的模型：

class SomeAbstractModel(models.Model):
    class Meta:
        abstract = True
    def save(self, *args, **kwargs):
        ...

然后：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    class Meta(SomeAbstractModel.Meta):
        ...

问题是，在抽象模型中，看起来我不能简单地替换

while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():

与

while SomeAbstractModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():

因为抽象模型没有经理。

我想知道在这种情况下，如何避免在所有模型的save（）方法中使用冗余代码。我也不确定是否

while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():

是检查uuid是否存在的最佳做法。

Answer 1

不确定这是否是镇上最漂亮的方式，但这应该有效：

while self.__class__.objects.filter(...):
    pass

Answer 2

当您创建SomeModel（SomeAbstractModel）时，只需从头开始创建类Meta而不继承。通过继承vom SomeAbstractModel.Meta，你再次使它成为抽象，你不能在抽象模型上查询，不是因为它们没有管理器，而是因为没有创建表。

所以要么你这样做：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    ...
    class Meta(SomeAbstractModel.Meta):
        abstract=False
        ... your other model specific options

或者您这样做（如果您没有任何其他型号特定选项：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    ...

Django抽象模型继承

2 个答案: