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
这是工作!
os.path.basename(name)
但是你不能在Linux中通过Windows文件路径获取文件名。Windows。 操作系统。不同操作系统上不同模块的路径加载:
Linux - posixpath Windows - npath
所以你可以用os。路径总是得到正确的结果
其他回答
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。
fname = str("C:\Windows\paint.exe").split('\\')[-1:][0]
这将返回:paint.exe
更改关于您的路径或操作系统的split函数的sep值。
我最喜欢的是:
filename = fullname.split(os.sep)[-1]
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)
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