我有脚本调用其他脚本文件,但我需要获得当前在进程中运行的文件的文件路径。

例如,假设我有三个文件。使用execfile:

Script_1.py调用script_2.py。 反过来,script_2.py调用script_3.py。

如何从script_3.py内的代码中获得script_3.py的文件名和路径,而不必将该信息作为script_2.py的参数传递?

(执行os.getcwd()返回初始脚本的文件路径,而不是当前文件的文件路径。)


当前回答

__file__属性既适用于包含主要执行代码的文件,也适用于导入的模块。

见https://web.archive.org/web/20090918095828/http: / / pyref.infogami.com/__file__

其他回答

import os
os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

不需要检查或任何其他图书馆。

当我必须导入一个脚本(从与执行脚本不同的目录)时,这对我有用,它使用了与导入脚本位于同一文件夹中的配置文件。

听起来你可能还想签出inspect模块。

这是我使用的,所以我可以把我的代码扔到任何地方而没有问题。__name__总是被定义,但__file__只在代码作为文件运行时才被定义(例如,不在IDLE/iPython中)。

if '__file__' in globals():
    self_name = globals()['__file__']
elif '__file__' in locals():
    self_name = locals()['__file__']
else:
    self_name = __name__

或者,这可以写成:

self_name = globals().get('__file__', locals().get('__file__', __name__))
import sys

print sys.path[0]

这将打印当前执行脚本的路径

print(__file__)
print(__import__("pathlib").Path(__file__).parent)