Question

以下程序会询问nonlocal

的UnboundLocalError: local variable 'balance' referenced before assignment个关键字

>>> def make_withdraw(balance):
    """Return a withdraw function with a starting balance."""
    def withdraw(amount):
        if amount > balance:
            return 'Insufficient funds'
        balance = balance - amount
        return balance
    return withdraw

>>> withdraw = make_withdraw(101)
>>> withdraw(25)

但是，如果内部函数shift在赋值为lst之前引用temp = lst[0]，则程序下方不会出现此类错误。

def shift_left(lst, n):
    """Shifts the lst over by n indices

    >>> lst = [1, 2, 3, 4, 5]
    >>> shift_left(lst, 2)
    >>> lst
    [3, 4, 5, 1, 2]
    """
    assert (n > 0), "n should be non-negative integer"
    def shift(ntimes):
        if ntimes == 0:
            return
        else:
            temp = lst[0]
            for index in range(len(lst) - 1):
                lst[index] = lst[index + 1]         
            lst[index + 1] = temp
            return shift(ntimes-1)
    return shift(n)

我如何理解/比较这两种情况？

Answer 1

您永远不会分配到lst，只会分配到lst[index]。这两个概念并不完全相同。

该行：

lst = some_other_value

将重新绑定名称lst以指向另一个对象。这一行：

lst[index] = some_other_value

通过将该序列中的特定索引绑定到其他内容来更改名称lst引用的对象。名称lst本身永远不会被更改，因此这里没有关于该名称所属范围的歧义。

在Python范围界定中，只对名称本身的绑定操作计数。绑定操作不仅仅是（直接）分配，还包括import，except .. as的函数参数，函数和类定义，with .. as语句和目标以及for ... in中的目标循环。如果名称在给定范围内绑定，则将其视为 local ，在所有其他情况下，Python在父作用域中查找名称，最外层作用域为global。

subscriptions 的分配（使用[...]）在此上下文中不是绑定操作。

请参阅Python执行模型文档的Naming and binding section以及 Short Description of the Scoping Rules? 帖子。

使用＆＃39; nonlocal＆＃39; python中的关键字

1 个答案: