Wie erhalte ich den Pfad und den Namen der Datei, die gerade ausgeführt wird?

Ich habe Skripte, die andere Skriptdateien aufrufen, aber ich muss den Dateipfad der Datei abrufen, die derzeit im Prozess ausgeführt wird.

Nehmen wir zum Beispiel an, ich habe drei Dateien. Mit execfile :

• script_1.pyAnrufe script_2.py.
• script_2.pyAnrufe wiederum script_3.py.

Wie kann ich die Dateinamen und den Pfad erhalten script_3.py, von Code innerhalbscript_3.py , ohne aus , dass die Informationen als Argument zu übergeben script_2.py?

(Beim Ausführen wird os.getcwd()der Dateipfad des ursprünglichen Startskripts zurückgegeben, nicht der der aktuellen Datei.)

p1.py:

execfile("p2.py")

p2.py:

import inspect, os
print (inspect.getfile(inspect.currentframe()) # script filename (usually with path)
print (os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())))) # script directory

__file__

wie andere gesagt haben. Möglicherweise möchten Sie auch os.path.realpath verwenden , um Symlinks zu entfernen :

import os

os.path.realpath(__file__)

Update 2018-11-28:

Hier ist eine Zusammenfassung der Experimente mit Python 2 und 3. Mit

main.py - führt foo.py aus
foo.py - führt lib / bar.py
lib / bar.py aus - druckt Dateipfadausdrücke

| Python | Run statement       | Filepath expression                    |
|--------+---------------------+----------------------------------------|
|      2 | execfile            | os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]) |
|      2 | from lib import bar | __file__                               |
|      3 | exec                | (wasn't able to obtain it)             |
|      3 | import lib.bar      | __file__                               |

Für Python 2 ist es möglicherweise klarer, zu Paketen zu wechseln, um diese zu verwenden. from lib import barFügen Sie einfach leere __init__.pyDateien zu den beiden Ordnern hinzu.

Für Python 3 execfilegibt es keine - die nächste Alternative ist exec(open(<filename>).read()), obwohl dies die Stapelrahmen betrifft. Es ist am einfachsten zu verwenden import foound import lib.bar- keine __init__.pyDateien erforderlich.

Siehe auch Unterschied zwischen Import und Execfile

Ursprüngliche Antwort:

Hier ist ein Experiment, das auf den Antworten in diesem Thread basiert - mit Python 2.7.10 unter Windows.

Die stapelbasierten sind die einzigen, die zuverlässige Ergebnisse zu liefern scheinen. Die letzten beiden haben die kürzeste Syntax , dh -

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])                   # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib

Hier ist, dass diese als Funktionen zu sys hinzugefügt werden! Gutschrift an @Usagi und @pablog

Basierend auf den folgenden drei Dateien und Ausführen von main.py aus dem Ordner mit python main.py(auch Execfiles mit absoluten Pfaden ausprobiert und Aufruf aus einem separaten Ordner).

C: \ Dateipfade \ main.py: execfile('foo.py')
C: \ Dateipfade \ foo.py: execfile('lib/bar.py')
C: \ Dateipfade \ lib \ bar.py:

import sys
import os
import inspect

print "Python " + sys.version
print

print __file__                                        # main.py
print sys.argv[0]                                     # main.py
print inspect.stack()[0][1]                           # lib/bar.py
print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print

print os.path.realpath(__file__)                      # C:\filepaths\main.py
print os.path.abspath(__file__)                       # C:\filepaths\main.py
print os.path.basename(__file__)                      # main.py
print os.path.basename(os.path.realpath(sys.argv[0])) # main.py
print

print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])  # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))      # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))  # C:\filepaths
print os.path.dirname(__file__)                       # (empty string)
print

print inspect.getfile(inspect.currentframe())         # lib/bar.py

print os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())) # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) # C:\filepaths\lib
print

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])          # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib
print

Ich finde das sauberer:

import inspect
print inspect.stack()[0][1]

und erhält die gleichen Informationen wie:

print inspect.getfile(inspect.currentframe())

Wenn [0] der aktuelle Frame im Stapel ist (oben im Stapel) und [1] der Dateiname ist, erhöhen Sie den Wert, um im Stapel rückwärts zu gehen, d. H.

print inspect.stack()[1][1]

wäre der Dateiname des Skripts, das den aktuellen Frame aufgerufen hat. Wenn Sie [-1] verwenden, gelangen Sie zum Ende des Stapels, dem ursprünglichen aufrufenden Skript.

import os
os.path.dirname(__file__) # relative directory path
os.path.abspath(__file__) # absolute file path
os.path.basename(__file__) # the file name only

Die als am besten gekennzeichneten Vorschläge sind alle wahr, wenn Ihr Skript nur aus einer Datei besteht.

Wenn Sie den Namen der ausführbaren Datei (dh die Stammdatei, die für das aktuelle Programm an den Python-Interpreter übergeben wurde) aus einer Datei herausfinden möchten, die möglicherweise als Modul importiert wird, müssen Sie dies tun (nehmen wir an, dass sich diese in einer Datei befindet benannt foo.py ):

import inspect

print inspect.stack()[-1][1]

Weil das Letzte ( [-1]) auf dem Stapel das erste ist, was hineingegangen ist (Stapel sind LIFO / FILO-Datenstrukturen).

Dann in der Datei bar.py , wenn Sie import foowerden es drucken bar.py , anstatt foo.py , was der Wert aller von diesen sein würde:

• __file__
• inspect.getfile(inspect.currentframe())
• inspect.stack()[0][1]

import os
print os.path.basename(__file__)

Dies gibt uns nur den Dateinamen. dh wenn abspath der Datei c: \ abcd \ abc.py ist, wird in der zweiten Zeile abc.py gedruckt

Es ist nicht ganz klar, was Sie unter "dem Dateipfad der Datei verstehen, die derzeit im Prozess ausgeführt wird". sys.argv[0]Enthält normalerweise den Speicherort des Skripts, das vom Python-Interpreter aufgerufen wurde. Überprüf denWeitere Informationen finden sys-Dokumentation .

Wie @Tim und @Pat Notz hervorgehoben haben, bietet das Attribut __file__ Zugriff auf

die Datei, aus der das Modul geladen wurde, wenn es aus einer Datei geladen wurde

Ich habe ein Skript, das unter Windows-Umgebung funktionieren muss. Mit diesem Code habe ich Folgendes beendet:

import os,sys
PROJECT_PATH = os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])

Es ist eine ziemlich hackige Entscheidung. Aber es erfordert keine externen Bibliotheken und es ist das Wichtigste in meinem Fall.

Versuche dies,

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

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

Keine Notwendigkeit für Inspektion oder andere Bibliothek.

Dies funktionierte für mich, als ich ein Skript (aus einem anderen Verzeichnis als dem ausgeführten Skript) importieren musste, das eine Konfigurationsdatei verwendete, die sich im selben Ordner wie das importierte Skript befand.

Das __file__Attribut funktioniert sowohl für die Datei mit dem Hauptausführungscode als auch für importierte Module.

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

import sys

print sys.path[0]

Dies würde den Pfad des aktuell ausgeführten Skripts drucken

Ich denke, es __file__ klingt nur so, als ob Sie auch das Inspect-Modul auschecken möchten .

Sie können verwenden inspect.stack()

import inspect,os
inspect.stack()[0]  => (<frame object at 0x00AC2AC0>, 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py', 15, '<module>', ['print inspect.stack()[0]\n'], 0)
os.path.abspath (inspect.stack()[0][1]) => 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py'

Da Python 3 ziemlich Mainstream ist, wollte ich eine pathlibAntwort hinzufügen, da ich glaube, dass es jetzt wahrscheinlich ein besseres Werkzeug für den Zugriff auf Datei- und Pfadinformationen ist.

from pathlib import Path

current_file: Path = Path(__file__).resolve()

Wenn Sie das Verzeichnis der aktuellen Datei suchen, ist es so einfach wie das Hinzufügen .parentzur Path()Anweisung:

current_path: Path = Path(__file__).parent.resolve()

import sys
print sys.argv[0]

Das sollte funktionieren:

import os,sys
filename=os.path.basename(os.path.realpath(sys.argv[0]))
dirname=os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))

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

Um das Verzeichnis der Ausführung des Skripts zu erhalten

 print os.path.dirname( inspect.getfile(inspect.currentframe()))

Ich habe immer nur die Betriebssystemfunktion von Current Working Directory oder CWD verwendet. Dies ist Teil der Standardbibliothek und sehr einfach zu implementieren. Hier ist ein Beispiel:

    import os
    base_directory = os.getcwd()

Ich habe den Ansatz mit __file__ verwendet,
os.path.abspath(__file__)
aber es gibt einen kleinen Trick: Er gibt die .py-Datei zurück, wenn der Code zum ersten Mal ausgeführt wird. Bei den nächsten Ausführungen wird der Name * .pyc-Datei angegeben,
sodass ich bei:
inspect.getfile(inspect.currentframe())
oder blieb
sys._getframe().f_code.co_filename

Ich habe eine Funktion geschrieben, die Eclipse Debugger und Unittest berücksichtigt . Es gibt den Ordner des ersten Skripts zurück, das Sie starten. Sie können optional die Variable __file__ angeben , aber die Hauptsache ist, dass Sie diese Variable nicht für Ihre gesamte aufrufende Hierarchie freigeben müssen .

Vielleicht können Sie mit anderen Stapeln bestimmter Fälle umgehen, die ich nicht gesehen habe, aber für mich ist es in Ordnung.

import inspect, os
def getRootDirectory(_file_=None):
    """
    Get the directory of the root execution file
    Can help: http://stackoverflow.com/questions/50499/how-do-i-get-the-path-and-name-of-the-file-that-is-currently-executing
    For eclipse user with unittest or debugger, the function search for the correct folder in the stack
    You can pass __file__ (with 4 underscores) if you want the caller directory
    """
    # If we don't have the __file__ :
    if _file_ is None:
        # We get the last :
        rootFile = inspect.stack()[-1][1]
        folder = os.path.abspath(rootFile)
        # If we use unittest :
        if ("/pysrc" in folder) & ("org.python.pydev" in folder):
            previous = None
            # We search from left to right the case.py :
            for el in inspect.stack():
                currentFile = os.path.abspath(el[1])
                if ("unittest/case.py" in currentFile) | ("org.python.pydev" in currentFile):
                    break
                previous = currentFile
            folder = previous
        # We return the folder :
        return os.path.dirname(folder)
    else:
        # We return the folder according to specified __file__ :
        return os.path.dirname(os.path.realpath(_file_))

Versuchen Sie Folgendes, um die Konsistenz der Migration zwischen Plattformen (macOS / Windows / Linux) zu gewährleisten:

path = r'%s' % os.getcwd().replace('\\','/')

Der einfachste Weg ist:

in script_1.py:

import subprocess
subprocess.call(['python3',<path_to_script_2.py>])

in script_2.py:

sys.argv[0]

PS: Ich habe es versucht execfile, aber da es script_2.py als String liest, wurde sys.argv[0]zurückgegeben <string>.

Hier ist, was ich verwende, damit ich meinen Code ohne Probleme überall hin werfen kann. __name__wird immer definiert, aber __file__nur definiert, wenn der Code als Datei ausgeführt wird (z. B. nicht in IDLE / iPython).

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

Alternativ kann dies wie folgt geschrieben werden:

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

Die meisten dieser Antworten wurden in Python Version 2.x oder früher geschrieben. In Python 3.x wurde die Syntax für die Druckfunktion dahingehend geändert, dass Klammern erforderlich sind, dh print ().

Also, diese frühere Highscore-Antwort von user13993 in Python 2.x:

import inspect, os
print inspect.getfile(inspect.currentframe()) # script filename (usually with path)
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) # script directory

Wird in Python 3.x:

import inspect, os
print(inspect.getfile(inspect.currentframe())) # script filename (usually with path)
print(os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) ) # script directory

Wenn Sie nur den Dateinamen ohne ./oder möchten .py, können Sie dies versuchen

filename = testscript.py
file_name = __file__[2:-3]

file_name druckt das Testskript, das Sie generieren können, indem Sie den Index in [] ändern.

import os

import wx


# return the full path of this file
print(os.getcwd())

icon = wx.Icon(os.getcwd() + '/img/image.png', wx.BITMAP_TYPE_PNG, 16, 16)

# put the icon on the frame
self.SetIcon(icon)