Question

我正在尝试MongoEngine，这是一个用于Python的DRM库，可用于MongoDB。我可以从网站定义一个类似这个例子的模型：

class User(Document):
    email = StringField(required=True)
    first_name = StringField(max_length=50)
    last_name = StringField(max_length=50)

它就像一个魅力，MongoEngine非常好。好吧，我想更进一步，想知道我是否可以在JSON或YAML文件中的某个地方定义我的模型，或者其他什么，然后使用它创建模型。所以这个声明在JSON中看起来像这样：

{
    "model":"User",
    "fields":{
        "email":{
            "type":"string",
            "required":"true"
        },
        "first_name":{
            "type":"string",
            "max_length":"50"
        },
        "last_name":{
            "type":"string",
            "max_length":"50"
        }
    }
}

然后我会解析这个JSON并使用它创建一个模型。可能只是我可以在每次修改模型定义时执行的单个导入操作，或者可能每次都可以解析整个JSON。那是一个好方案吗？我只想让使用该应用程序的人定义他们自己的模型，而不必深入研究代码。任何关于如何进行动态模型创建的想法都值得赞赏

Answer 1

如果您要使用YAML，pyyaml完全无痛，并使用python的内置类型（或您定义的更复杂的类型）自动输出数据结构。

无论如何，我还强烈推荐Rx作为验证器，以便您轻松验证已加载文件的完整性。*

至于使用它来创建模型，你可以使用内置函数type（不是type(object)，而是type(name, bases, dict)）......“[r] eturn a new type object。这实际上是类声明的动态形式。“

所以，你可以打电话：

def massage(fields_dict):
    #transform your file format into a valid set of fields, and return it

user_class = type(yaml_data['model'], Document, massage(yaml_data['fields']) )

*我在过去的八个小时里一起使用了这两个，巧合的是 - 他们一起无痛地工作，例如：

import yaml
import Rx

data = yaml.load(open("foo.yaml")
rx = Rx.Factory({ "register_core_types": True })
schema = rx.make_schema(yaml.load(open("schema.yaml")))

if not schema.check(data):
    raise ValueError("data file contents are not in a valid format")

动态创建YAML / JSON模型

1 个答案: