Question

我有以下模块包组织

models
├── __init__.py
├── __pycache__
│   ├── __init__.cpython-34.pyc
│   ├── model.cpython-34.pyc
│   └── user.cpython-34.pyc
└── user.py

1 directory, 5 files

以下是我的__init__.py：

的内容

from flask_sqlalchemy import SQLAlchemy

db = SQLAlchemy()

from .user import User

正在运行

>>> from models import *
>>> dir()
['SQLAlchemy', 'User', '__builtins__', '__doc__', '__loader__', '__name__', '__package__', '__spec__', 'db', 'user']

请注意user也在列表中，而我在from .user import User内明确地__init__.py。

我无法理解这种行为，因为如果我只是做

>>> from models.user import User
>>> dir()
['User', '__builtins__', '__doc__', '__loader__', '__name__', '__package__', '__spec__']

我仅获取User。

如何使用__init__.py文件获得相同的结果，即如何仅导入 db和User以及不 user。

注意：user是模块user.py，User是其中的类。

Answer 1

添加以下行：

__all__ = ['User', 'db']

在__init__.py。

的开头

__all__将from module import *导入的名称列入白名单。

来自docs：

模块现在可以通过定义包含将要导入的名称列表的from module import *属性来控制在使用__all__时导入的名称。一个常见的抱怨是，如果模块导入其他模块，例如sys or字符串, from module，则import *会将它们添加到导入模块的命名空间中。要解决此问题，只需在__all__中列出公共名称：
# List public names
  __all__ = ['Database', 'open']

python相对导入不按预期工作

1 个答案: