Це може здатися питанням для новачків, але це не так. Деякі поширені підходи працюють не у всіх випадках:

sys.argv [0]

Це означає використовувати path = os.path.abspath(os.path.dirname(sys.argv[0])), але це не працює, якщо ви працюєте з іншого сценарію Python в іншому каталозі, і це може статися в реальному житті.

__file__

Це означає використовувати path = os.path.abspath(os.path.dirname(__file__)), але я виявив, що це не працює:

• py2exeне має __file__атрибута, але існує рішення
• При запуску з IDLE з атрибутом execute()немає__file__
• OS X 10.6, де я отримую NameError: global name '__file__' is not defined

Питання, пов’язані з неповними відповідями:

• Python - знайти шлях до запущеного файлу
• Шлях до поточного файлу залежить від того, як я виконую програму
• Як знати шлях запущеного сценарію в Python?
• Змініть каталог в каталог сценарію Python

Я шукаю загальне рішення , яке працювало б у всіх випадках використання.

Оновлення

Ось результат перевірки:

Вихід python a.py (для Windows)

a.py: __file__= a.py
a.py: os.getcwd()= C:\zzz

b.py: sys.argv[0]= a.py
b.py: __file__= a.py
b.py: os.getcwd()= C:\zzz

a.py

#! /usr/bin/env python
import os, sys

print "a.py: sys.argv[0]=", sys.argv[0]
print "a.py: __file__=", __file__
print "a.py: os.getcwd()=", os.getcwd()
print

execfile("subdir/b.py")

subdir / b.py

#! /usr/bin/env python
import os, sys

print "b.py: sys.argv[0]=", sys.argv[0]
print "b.py: __file__=", __file__
print "b.py: os.getcwd()=", os.getcwd()
print

дерево

C:.
|   a.py
\---subdir
        b.py

Ви не можете безпосередньо визначити місце основного сценарію, який виконується. Зрештою, іноді сценарій взагалі не походить із файлу. Наприклад, він може надходити від інтерактивного перекладача або динамічно генерованого коду, що зберігається лише в пам'яті.

Однак ви можете достовірно визначити розташування модуля, оскільки модулі завжди завантажуються з файлу. Якщо ви створили модуль із наступним кодом і помістили його в той самий каталог, що і ваш основний скрипт, то основний скрипт може імпортувати модуль і використовувати його для пошуку.

some_path / module_locator.py:

def we_are_frozen():
    # All of the modules are built-in to the interpreter, e.g., by py2exe
    return hasattr(sys, "frozen")

def module_path():
    encoding = sys.getfilesystemencoding()
    if we_are_frozen():
        return os.path.dirname(unicode(sys.executable, encoding))
    return os.path.dirname(unicode(__file__, encoding))

some_path / main.py:

import module_locator
my_path = module_locator.module_path()

Якщо у вас є кілька основних сценаріїв у різних каталогах, вам може знадобитися більше однієї копії модуля_локатора.

Звичайно, якщо ваш основний скрипт завантажений якимось іншим інструментом, який не дозволяє імпортувати модулі, сумісні з вашим сценарієм, то вам не пощастить. У таких випадках інформація, яку ви шукаєте, просто не існує ніде у вашій програмі. Вашою найкращою ставкою буде подати помилку з авторами інструменту.

По-перше, вам потрібно імпортувати з inspectіos

from inspect import getsourcefile
from os.path import abspath

Далі, де б ви не хотіли знайти вихідний файл, який ви просто використовуєте

abspath(getsourcefile(lambda:0))

це рішення є надійним навіть у виконуваних файлах

import inspect, os.path

filename = inspect.getframeinfo(inspect.currentframe()).filename
path     = os.path.dirname(os.path.abspath(filename))

У мене виникли подібні проблеми, і я думаю, що це може вирішити проблему:

def module_path(local_function):
   ''' returns the module path without the use of __file__.  Requires a function defined
   locally in the module.
   from http://stackoverflow.com/questions/729583/getting-file-path-of-imported-module'''
   return os.path.abspath(inspect.getsourcefile(local_function))

Він працює для звичайних сценаріїв і в режимі очікування. Все, що я можу сказати, це спробувати для інших!

Моє типове використання:

from toolbox import module_path
def main():
   pass # Do stuff

global __modpath__
__modpath__ = module_path(main)

Тепер я використовую __modpath__ замість __file__.

Коротка відповідь полягає в тому, що немає гарантованого способу отримати потрібну інформацію , проте є евристика, яка працює практично завжди на практиці. Ви можете подивитися як я можу знайти розташування виконуваного файлу в C? . Він обговорює проблему з точки зору С, але запропоновані рішення легко переносяться на Python.

Дивіться мою відповідь на питання Імпорт модулів із батьківської папки щодо пов’язаної інформації, включаючи, чому в моїй відповіді не використовується ненадійна __file__змінна. Це просте рішення повинно бути сумісним з різними операційними системами як модулями, так osіinspect бути частиною Python.

По-перше, вам потрібно імпортувати частини модулів inspect та os .

from inspect import getsourcefile
from os.path import abspath

Далі, використовуйте наступний рядок у будь-якому іншому місці, необхідному у вашому коді Python:

abspath(getsourcefile(lambda:0))

Як це працює:

Із вбудованого модуля os(опис нижче) abspathінструмент імпортується.

Підпрограми ОС для Mac, NT або Posix залежно від того, в якій системі ми працюємо.

Потім getsourcefile(опис нижче) імпортується із вбудованого модуля inspect.

Отримайте корисну інформацію з живих об’єктів Python.

• abspath(path) повертає абсолютну / повну версію шляху до файлу
• getsourcefile(lambda:0)якимось чином отримує внутрішній вихідний файл об'єкта функції лямбда, тому повертається '<pyshell#nn>'в оболонку Python або повертає файл файлу поточного коду Python.

Використовуючи abspathрезультат, getsourcefile(lambda:0)слід переконатися, що генерований шлях до файлу - це повний шлях до файлу Python.
Це пояснене рішення спочатку ґрунтувалося на коді з відповіді на сторінці Як отримати шлях до поточного виконаного файлу в Python? .

Ви просто подзвонили:

path = os.path.abspath(os.path.dirname(sys.argv[0]))

замість:

path = os.path.dirname(os.path.abspath(sys.argv[0]))

abspath()дає вам абсолютний шлях sys.argv[0](ім'я файлу, у якому знаходиться ваш код) і dirname()повертає шлях до каталогу без імені файлу.

Це повинно робити трюк крос-платформенним способом (до тих пір, поки ви не використовуєте інтерпретатора чи щось подібне):

import os, sys
non_symbolic=os.path.realpath(sys.argv[0])
program_filepath=os.path.join(sys.path[0], os.path.basename(non_symbolic))

sys.path[0]це каталог, у якому знаходиться ваш скрипт виклику (в першу чергу він шукає модулі, які будуть використані цим сценарієм). Ми можемо зняти ім’я самого файлу з кінця sys.argv[0](що я і зробив os.path.basename). os.path.joinпросто склеює їх міжплановим способом. os.path.realpathпросто впевнений, що якщо ми отримаємо якісь символічні посилання з іншими іменами, ніж сам сценарій, що ми все ще отримаємо справжнє ім'я сценарію.

У мене немає Mac; Отже, я цього не перевіряв. Будь ласка, дайте мені знати, чи працює, як здається, що має. Я перевірив це в Linux (Xubuntu) з Python 3.4. Зауважте, що багато рішень цієї проблеми не працюють на Macs (оскільки я це чув__file__ її немає в Macs).

Зауважте, що якщо ваш скрипт є символічним посиланням, він дасть вам шлях до файлу, на який він посилається (а не шлях символічного посилання).

Ви можете використовувати Pathз pathlibмодуля:

from pathlib import Path

# ...

Path(__file__)

Ви можете використовувати call для того, parentщоб піти далі по шляху:

Path(__file__).parent

Якщо код надходить з файлу, ви можете отримати його повне ім'я

sys._getframe().f_code.co_filename

Ви також можете отримати ім'я функції як f_code.co_name

Просто додайте наступне:

from sys import *
path_to_current_file = sys.argv[0]
print(path_to_current_file)

Або:

from sys import *
print(sys.argv[0])

Моє рішення:

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

import os
current_file_path=os.path.dirname(os.path.realpath('__file__'))