python - 在 Python 中导入库类

Question

我有以下项目层次结构:

project_dir
  lib
    __init__.py
    ...
    some_script.py
    ...
    agent
      __init__.py
      ...
      errors.py
      some_agent_script.py
      ...

lib/agent/erros.py中有SomeException类定义 我使用以下代码将它们导入到 lib/agent/some_agent_script.py 中:

from errors import SomeException

我还使用以下代码导入 lib/some_script.py

from agent.errors import SomeException

问题是当我在 lib/agent/some_agent_script.py 中引发 SomeException 时，lib/some_script.py 无法在 except block 中捕获它:

try:
    # Here comes a call to lib/agent/some_agent_script.py function
    # that raises SomeException
except SomeException, exc:
    # Never goes here
    print(exc)
except Exception, exc:
    print(exc.__class__.__name__) # prints "SomeException"

    # Let's print id's
    print(id(exc.__class__))
    print(id(SomeException))
    # They are different!

    # Let's print modules list
    pprint.pprint(sys.modules)

我可以在 sys.modules 中看到错误模块被导入了两次:第一次是使用“agent.errors”键，第二次是使用“lib.agent.errors”键

下面的代码是正确的，但不是一个漂亮的解决方案:

agent_errors = sys.modules.get('agent.errors')
from agent_errors import SomeException

try:
    # Here comes a call to lib/agent/some_agent_script.py function
except SomeException:
    print('OK')

我应该怎么做才能让这个模块不导入两次？

Answer 1

您应该始终使用完全限定的导入。

from lib.agent.errors import SomeException

在每个使用它的模块中执行此操作。然后它将始终具有相同的包名称。 您可能还应该更改顶级包名称。 “lib”这个名字太笼统了。

如果您碰巧将模块命名为与基础模块或“库存”模块相同的名称，这也会让您省去一些麻烦。例如，假设您创建了一个模块 lib/agent/socket.py 并在 lib/agent/some_agent_script.py 中编写了 import socket。您实际上不会得到您的模块，而是库存模块。

因此，最好养成始终使用完全限定包名称的习惯，如果可以的话，不要使用公共(public)根名称。

另一种方法是使用绝对导入。

from __future__ import absolute_import

import .errors

注意前导点。这显式地从当前包中导入。它也应该可以解决您的问题，但我承认我还没有尝试过。