Чомусь я не можу залежати від заяви "Python" про імпорт для автоматичного генерування .pyc-файлу

Чи є спосіб реалізувати функцію наступним чином?

def py_to_pyc(py_filepath, pyc_filepath):
    ...

Ви можете використовувати compileallв терміналі. Наступна команда буде рекурсивно переходити в підкаталоги та робити файли pyc для всіх знайдених файлів python. Модуль компіляції є частиною стандартної бібліотеки python, тому для його використання не потрібно встановлювати нічого додаткового. Це працює точно так само як для python2 та python3.

python -m compileall .

Можна компілювати окремі файли (файли) з командного рядка за допомогою:

python -m compileall <file_1>.py <file_n>.py

Минуло час, коли я востаннє використовував Python, але я вважаю, що ви можете використовувати py_compile:

import py_compile
py_compile.compile("file.py")

Я знайшов кілька способів компілювати сценарії python у байт-код

1. Використання py_compileв терміналі:

   python -m py_compile File1.py File2.py File3.py ...

   -m вказує ім'я модуля (модулів), яке потрібно скласти.

   Або для інтерактивної компіляції файлів

   python -m py_compile -
   File1.py
   File2.py
   File3.py
      .
      .
      .

2. Використання py_compile.compile:

   import py_compile
   py_compile.compile('YourFileName.py')

3. Використання py_compile.main():

   Він збирає кілька файлів одночасно.

   import py_compile
   py_compile.main(['File1.py','File2.py','File3.py'])

   Список може зростати скільки завгодно. Крім того, ви, очевидно, можете передавати список файлів в основних або навіть імен файлів у аргументах командного рядка.

   Або, якщо ви переходите ['-']в основний, то він може збирати файли інтерактивно.

4. Використання compileall.compile_dir():

   import compileall
   compileall.compile_dir(direname)

   Він компілює кожен файл Python, який присутній у наданому каталозі.

5. Використання compileall.compile_file():

   import compileall
   compileall.compile_file('YourFileName.py')

Перегляньте посилання нижче:

https://docs.python.org/3/library/py_compile.html

https://docs.python.org/3/library/compileall.html

Я б використав compileall . Це добре працює як зі сценаріїв, так і з командного рядка. Це трохи вищий модуль / інструмент рівня, ніж уже згаданий py_compile, який він також використовує внутрішньо.

У Python2 ви можете використовувати:

python -m compileall <pythonic-project-name>

що робить компілювати все .pyдо .pycпроекту, який містив підпапки.

У Python3 ви можете використовувати:

python3 -m compileall <pythonic-project-name>

який робить компілювати всі .pyдо __pycache__папок в проекті , який містить вкладені папки.

Або з коричневим від цього повідомлення :

Ви можете застосувати те саме розташування .pycфайлів у папках, що і в Python2, використовуючи:

python3 -m compileall -b <pythonic-project-name>

Цей параметр -bзапускає вихід .pycфайлів у застарілі місця (тобто такі самі, як у Python2).

Щоб відповідати початковим вимогам запитання (шлях джерела та шлях призначення), код повинен бути таким:

import py_compile
py_compile.compile(py_filepath, pyc_filepath)

Якщо у вхідному коді є помилки, тоді підвищується виняток py_compile.PyCompileError .

Для цього є два способи

1. Командний рядок
2. Використання програми python

Якщо ви використовуєте командний рядок, використовуйте python -m compileall <argument>для компіляції коду python у бінарний код python. Наприклад:python -m compileall -x ./*

Або ви можете використовувати цей код для складання бібліотеки в байт-код.

import compileall
import os

lib_path = "your_lib_path"
build_path = "your-dest_path"

compileall.compile_dir(lib_path, force=True, legacy=True)

def compile(cu_path):
    for file in os.listdir(cu_path):
        if os.path.isdir(os.path.join(cu_path, file)):
            compile(os.path.join(cu_path, file))
        elif file.endswith(".pyc"):
            dest = os.path.join(build_path, cu_path ,file)
            os.makedirs(os.path.dirname(dest), exist_ok=True)
            os.rename(os.path.join(cu_path, file), dest)

compile(lib_path)

див. at docs.python.org для отримання детальної документації