urlparse失败，并显示简单网址

Question

这个简单的代码使人urlparse发疯，并且无法正确获取主机名，但将其设置为None：

from urllib.parse import urlparse
parsed = urlparse("google.com/foo?bar=8")
print(parsed.hostname)

我想念什么吗？

Answer 1

根据https://www.rfc-editor.org/rfc/rfc1738#section-2.1：

方案名称由字符序列组成。允许使用小写字母“a”--“z”、数字以及字符加号（“+”）、句点（“.”）和连字符（“-”）。为了弹性，解释 URL 的程序应该将方案名称中的大写字母视为等同于小写字母（例如，允许“HTTP”以及“http”）。

使用之前答案中给出的建议，我编写了这个辅助函数，可以用来代替urllib.parse.urlparse()：

#!/usr/bin/env python3
import re
import urllib.parse

def urlparse(address):
    if not re.search(r'^[A-Za-z0-9+.\-]+://', address):
        address = 'tcp://{0}'.format(address)
    return urllib.parse.urlparse(address)

url = urlparse('localhost:1234')
print(url.hostname, url.port)

该函数的早期版本称为urllib.parse.urlparse(address)，然后在未找到的情况下在前面添加“tcp”方案；但如果您传递类似“user:pass@localhost:1234”之类的内容，则会将用户名解释为方案。

Answer 2

为了使其正常工作，您必须包含协议标识符 (http://)。这对我有用：

parsed = urlparse("https://www.google.com/foo?bar=8")
print(parsed.hostname)

这里的输出是：www.google.com（这似乎是预期的）。可以在此处阅读有关如何使用 urlparse 的更多信息。

希望这可以帮助你！