Question

我正在尝试使用此处的示例打开，读取，修改和关闭json文件：

How to add a key-value to JSON data retrieved from a file with Python?

import os
import json

path = '/m/shared/Suyash/testdata/BIDS/sub-165/ses-1a/func'
os.chdir(path)

string_filename = "sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json"

with open ("sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json", "r") as jsonFile:
    json_decoded = json.load(jsonFile)

json_decoded["TaskName"] = "CUEEEE"

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
    json.dump(json_decoded,jsonFile) ######## error here that open() won't work with _io.TextIOWrapper

我总是收到错误提示（open(jsonFile...)不能与jsonFile一起使用open()变量。我使用了确切的格式作为链接中提供的示例

Answer 1

这个问题有点老了，但是对于有同样问题的任何人：

是的，您无法打开jsonFile变量。它指向另一个文件连接并打开的指针需要一个字符串或类似的东西。值得注意的是，一旦退出“ with”块，也应关闭jsonFile，因此不应在其之外引用它。

但是要回答这个问题：

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
   json.dump(json_decoded,jsonFile)

应该是

with open(string_filename, 'w') as jsonFIle:
    json.dump(json_decoded,jsonFile)

您可以看到我们只需要使用相同的字符串来打开新连接，然后就可以根据需要为它赋予与读取文件相同的别名。就个人而言，我更喜欢in_file和out_file只是为了明确我的意图。

Answer 2

当您从互联网上复制代码时，不能保证该代码确实有效。您有一个有效的“开放式”解决方案，而另一个无效。您还会收到一条错误消息，告诉您第二个为什么不起作用。那应该给您足够的信息来解决问题。

TypeError：预期的str，字节或os.PathLike对象，而不是_io.TextIOWrapper

2 个答案: