我可以使用哪个Python库从路径中提取文件名,而不管操作系统或路径格式是什么?
例如,我希望所有这些路径都返回c:
a/b/c/
a/b/c
\a\b\c
\a\b\c\
a\b\c
a/b/../../a/b/c/
a/b/../../a/b/c
我可以使用哪个Python库从路径中提取文件名,而不管操作系统或路径格式是什么?
例如,我希望所有这些路径都返回c:
a/b/c/
a/b/c
\a\b\c
\a\b\c\
a\b\c
a/b/../../a/b/c/
a/b/../../a/b/c
当前回答
import os
head, tail = os.path.split('path/to/file.exe')
尾巴是你想要的,文件名。
详见python os模块文档
其他回答
有一个函数返回你想要的结果
import os
print(os.path.basename(your_path))
警告:在POSIX系统上使用os.path.basename()从windows样式的路径(例如。"C:\\my\\file.txt"),则会返回整个路径。
下面的例子来自交互式python shell在Linux主机上运行:
Python 3.8.2 (default, Mar 13 2020, 10:14:16)
[GCC 9.3.0] on Linux
Type "help", "copyright", "credits" or "license" for more information.
>>> import os
>>> filepath = "C:\\my\\path\\to\\file.txt" # A Windows style file path.
>>> os.path.basename(filepath)
'C:\\my\\path\\to\\file.txt'
如果您在一个目录中有许多文件,并希望将这些文件名存储到一个列表中。使用下面的代码。
import os as os
import glob as glob
path = 'mypath'
file_list= []
for file in glob.glob(path):
data_file_list = os.path.basename(file)
file_list.append(data_file_list)
带扩展名的文件名
filepath = './dir/subdir/filename.ext'
basename = os.path.basename(filepath)
print(basename)
# filename.ext
print(type(basename))
# <class 'str'>
不带扩展名的文件名
basename_without_ext = os.path.splitext(os.path.basename(filepath))[0]
print(basename_without_ext)
# filename
import os
file_location = '/srv/volume1/data/eds/eds_report.csv'
file_name = os.path.basename(file_location ) #eds_report.csv
location = os.path.dirname(file_location ) #/srv/volume1/data/eds
也许只是我的all in one解决方案,没有重要的一些新的(考虑tempfile创建临时文件:D)
import tempfile
abc = tempfile.NamedTemporaryFile(dir='/tmp/')
abc.name
abc.name.replace("/", " ").split()[-1]
获取abc.name的值将是这样的字符串:'/tmp/tmpks5oksk7' 所以我可以用空格.replace("/", " ")替换/,然后调用split()。它会返回一个列表,我得到 列表中最后一个带有[-1]的元素
不需要导入任何模块。