当使用代码存储库时，如何引用资源的相对路径

我们正在使用部署在Windows和Linux上的代码存储库-有时在不同的目录中。项目中的一个模块应该如何引用项目中的一个非python资源(CSV文件等)?

如果我们这样做:

thefile = open('test.csv')

or:

thefile = open('../somedirectory/test.csv')

只有当脚本从一个特定目录或目录的一个子集运行时，它才会工作。

我想做的是:

path = getBasePathOfProject() + '/somedirectory/test.csv'
thefile = open(path)

这可能吗?

当前回答

既然你说你有一些代码要部署到不同的地方，你应该使用python生态系统来分发资源，而不仅仅局限于文件。它还支持访问zip归档中的文件，这可以很好，这样您就不必为此烦恼了。

以前，这是通过setuptools中的pkg_resources来处理的，但是随着越来越多的工具出现，生态系统已经发生了变化。从python 3.7开始，你应该使用importlib.resources

import importlib.resources
with importlib.resources.open_text('mypackage.somedirectory','text.csv') as f:
    print(f.read()) # or whatever

但是您还必须指示安装程序包含包资源。否则，pip install mypackage不会捆绑数据文件。

有很多方法可以做到这一点，但其中一种方法是添加

[options.package_data]
mypackage = 
    "somedirectory/*.csv"

进入你的setup.cfg。当使用setup.py或pyproject.toml时，有等效的方法。更完整的帐户可以在setuptools主页上找到

2021-10-20 13:41:37

其他回答

如果你想稍后将脚本编译为.exe，那么__file__不会给你.exe文件的路径。在这种情况下你应该这样做

使用sys.argv [0]

sys。Argv[0]给出了文件的路径，当它是一个。exe文件，当你运行脚本，如python script.py

这就是我目前引用事物的方式

os.path.join (os.path.dirname (os.path.abspath (sys.argv[0])),“资源”)

这里有更详细的解释

2022-11-02 18:02:30

你可以使用build in __file__变量。它包含当前文件的路径。我将在项目根的一个模块中实现getBaseOfProject。在那里，我将获得__file__的路径部分，并将返回它。然后可以在项目中的任何地方使用此方法。

2009-08-13 09:28:40

我被难住了。想把一些资源文件打包到一个轮子文件中并访问它们。使用清单文件打包，但是pip install没有安装它，除非它是一个子目录。希望这些场景照片能有所帮助

├── cnn_client
│   ├── image_preprocessor.py
│   ├── __init__.py
│   ├── resources
│   │   ├── mscoco_complete_label_map.pbtxt
│   │   ├── retinanet_complete_label_map.pbtxt
│   │   └── retinanet_label_map.py
│   ├── tf_client.py

MANIFEST.in

recursive-include cnn_client/resources *

使用标准setup.py创建了一个weel。PIP安装了车轮文件。安装后检查资源是否安装。他们是

ls /usr/local/lib/python2.7/dist-packages/cnn_client/resources

mscoco_complete_label_map.pbtxt
retinanet_complete_label_map.pbtxt 
 retinanet_label_map.py

在tfclient.py中访问这些文件。从

templates_dir = os.path.join(os.path.dirname(__file__), 'resources')
 file_path = os.path.join(templates_dir, \
            'mscoco_complete_label_map.pbtxt')
        s = open(file_path, 'r').read()

这很有效。

2019-05-13 09:24:13

尝试使用相对于当前文件路径的文件名。'./my_file'示例:

fn = os.path.join(os.path.dirname(__file__), 'my_file')

在Python 3.4+中，你也可以使用pathlib:

fn = pathlib.Path(__file__).parent / 'my_file'

2009-08-13 09:27:28