Django:从字符串中获取模型？

Question

在Django中,您可以指定以下关系:

author = ForeignKey('Person')

然后在内部它必须将字符串"Person"转换为模型Person.

这样做的功能在哪里？我想用它,但我找不到它.

Answer 1

从Django 1.9开始,方法是django.apps.AppConfig.get_model(model_name).
- danihp

从Django 1.7开始,django.db.models.loading不赞成使用新的应用程序加载系统(将在1.9中删除).
- 斯科特伍德尔

找到了.它在这里定义:

from django.db.models.loading import get_model

定义为:

def get_model(self, app_label, model_name, seed_cache=True):

Answer 2

从Django 1.7开始,django.db.models.loading 不赞成使用新的应用程序加载系统(将在1.9中删除).该1.7文档给我们,而不是执行以下操作:

>>> from django.apps import apps
>>> User = apps.get_model(app_label='auth', model_name='User')
>>> print(User)
<class 'django.contrib.auth.models.User'>

根据tttthomasssss编辑评论.

Answer 3

只为任何人卡住(就像我做的那样):

from django.apps import apps

model = apps.get_model('app_name', 'model_name')

app_name应该使用引号列出,应该model_name(即不要尝试导入它)

get_model 接受小写或大写'model_name'

Answer 4

大多数模型"字符串"显示为"appname.modelname"形式,因此您可能希望在get_model上使用此变体

from django.db.models.loading import get_model

your_model = get_model ( *your_string.split('.',1) )

django代码中通常将这些字符串转换为模型的部分稍微复杂一点来自django/db/models/fields/related.py:

    try:
        app_label, model_name = relation.split(".")
    except ValueError:
        # If we can't split, assume a model in current app
        app_label = cls._meta.app_label
        model_name = relation
    except AttributeError:
        # If it doesn't have a split it's actually a model class
        app_label = relation._meta.app_label
        model_name = relation._meta.object_name

# Try to look up the related model, and if it's already loaded resolve the
# string right away. If get_model returns None, it means that the related
# model isn't loaded yet, so we need to pend the relation until the class
# is prepared.
model = get_model(app_label, model_name,
                  seed_cache=False, only_installed=False)

对我来说,这似乎是将其分解为核心代码中的单个函数的好例子.但是,如果您知道您的字符串是"App.Model"格式,则上面的两个衬垫将起作用.

Answer 5

在Django 1.7+中这样做的有福方式是:

import django
model_cls = django.apps.apps.get_model('app_name', 'model_name')

因此,在所有框架教程的规范示例中:

import django
entry_cls = django.apps.apps.get_model('blog', 'entry')  # Case insensitive

Answer 6

2020年解决方案：

from django.apps import apps

apps.get_model('app_name', 'Model')

根据您的例如：

apps.get_model('people', 'Person')

per： 导入错误：无法导入名称 get_model

Answer 7

如果您不知道模型存在于哪个应用程序中,您可以这样搜索:

from django.contrib.contenttypes.models import ContentType 
ct = ContentType.objects.get(model='your_model_name') 
model = ct.model_class()

请记住,your_model_name必须为小写.

Answer 8

另一个为懒人提供更少代码的演绎。在 Django 2+ 中测试

from django.apps import apps
model = apps.get_model("appname.ModelName") # e.g "accounts.User"