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。)
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
我觉得这个比较干净:
import inspect
print inspect.stack()[0][1]
得到的信息与:
print inspect.getfile(inspect.currentframe())
其中[0]是堆栈中的当前帧(堆栈的顶部),[1]是文件名,在堆栈中增加到向后,即。
print inspect.stack()[1][1]
将是调用当前帧的脚本的文件名。此外,使用[-1]将使您到达堆栈的底部,即原始调用脚本。
其他回答
import os
print os.path.basename(__file__)
这将只给我们文件名。例如,如果文件的abspath是c:\abcd\abc.py,那么第二行将打印abc.py
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。
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__))
最简单的方法是:
在script_1.py:
import subprocess
subprocess.call(['python3',<path_to_script_2.py>])
在script_2.py:
sys.argv[0]
附注:我尝试过execfile,但由于它将script_2.py作为字符串读取,sys。Argv[0]返回<字符串>。
获取执行脚本的目录
print os.path.dirname( inspect.getfile(inspect.currentframe()))