如何使用 Flask 中的“url_for”指令正确设置，以便使用 Bootstrap 和 RGraph 的 html 页面正常工作？
假设我的 html 页面看起来像这样(部分片段):-
<!doctype html>
<html lang="en">
<head>
<meta charset="utf-8">
<link href="scripts/bootstrap/dist/css/bootstrap.css" rel="stylesheet">
<title>HP Labs: Single Pane Of Glass (Alpha)</title>
<script src="scripts/RGraph/libraries/RGraph.common.core.js" ></script>
<script src="scripts/RGraph/libraries/RGraph.line.js" ></script>
<script src="scripts/RGraph/libraries/RGraph.common.effects.js" ></script>
<script src="scripts/RGraph/libraries/RGraph.line.js" ></script>
......
</html>
这是我已经完成/想要做的:-
在我的 Flask 模块旁边创建了一个“templates”目录，并将此 html 文件放入其中。
在我的 Flask 模块旁边创建了一个“静态”目录，但我不确定要在何处使用以及使用多少“url_for”类型语句以及它们应该放在哪里。所以目前“scripts”目录是“templates”目录中的一个子目录(我知道这是不正确的)。
我希望能够正确引用所有 Bootstrap 和 RGraph js 和 css(现在看到很多 404)。
任何人都可以指导我正确配置 Flask(运行开发服务器)来执行此操作吗？现在 js 和 css 不起作用。
谢谢!
最佳答案
将 scripts 目录放入您的 static 子目录，然后使用:
<link href="{{ url_for('static', filename='scripts/bootstrap/dist/css/bootstrap.css') }}" rel="stylesheet">
这里的模式是:
{{ url_for('static', filename='path/inside/the/static/directory') }}
它将被静态资源的正确 URL 替换，即使您将所有这些文件切换到不同的主机(如 CDN)也是如此。
关于python - 配置 Flask 正确加载 Bootstrap js 和 css 文件，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/22047398/