如何获取当前正在执行的文件的路径和名称？

Question

我有脚本调用其他脚本文件,但我需要获取当前在该进程中运行的文件的文件路径.

例如,假设我有三个文件.使用execfile:

• script_1.py电话script_2.py.
• 反过来,script_2.py打电话script_3.py.

我怎样才能获得的文件名和路径script_3.py,从内部代码script_3.py,而无需从传递这些信息作为参数script_2.py？

(执行os.getcwd()返回原始起始脚本的文件路径而不是当前文件的.)

Answer 1

__file__

正如其他人所说.您可能还想使用os.path.realpath来消除符号链接:

import os

os.path.realpath(__file__)

Answer 2

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

Answer 3

更新2018-11-28:

以下是Python 2和3的实验摘要

main.py - 运行foo.py
foo.py - 运行lib/bar.py
lib/bar.py - 打印文件路径表达式

| 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__                               |

对于Python 2,切换到包可能更清楚,因此可以使用from lib import bar- 只需将空__init__.py文件添加到两个文件夹中.

对于Python 3,execfile不存在 - 最近的替代方案是exec(open(<filename>).read()),虽然这会影响堆栈帧.这是最简单的使用import foo和import lib.bar- 不需要__init__.py文件.

另请参见import和execfile之间的区别

原答案:

这是一个基于此线程中的答案的实验 - 在Windows上使用Python 2.7.10.

基于堆栈的那些似乎只能提供可靠的结果.最后两个语法最短,即 -

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

以下是将这些作为函数添加到sys中!感谢@Usagi和@pablog

基于以下三个文件,并从其文件夹中运行main.py python main.py(还尝试了具有绝对路径的execfiles并从单独的文件夹调用).

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

Answer 4

我认为这更清洁:

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

并获得相同的信息:

print inspect.getfile(inspect.currentframe())

其中[0]是堆栈中的当前帧(堆栈顶部),[1]是文件名,增加到堆栈中向后,即

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

将是调用当前帧的脚本的文件名.此外,使用[-1]将使您到达堆栈的底部,即原始调用脚本.

Answer 5

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

Answer 6

如果您的脚本只包含一个文件,那么标记为最佳的建议都是正确的.

如果你想从可以作为模块导入的文件中找出可执行文件的名称(即传递给当前程序的python解释器的根文件),你需要这样做(让我们假设这是在一个文件中)名为foo.py):

import inspect

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

因为[-1]堆栈上的最后一件事()是第一件事(堆栈是LIFO/FILO数据结构).

然后在文件bar.py中,如果import foo它打印bar.py,而不是foo.py,这将是所有这些的值:

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

Answer 7

import os
print os.path.basename(__file__)

这将只给我们文件名.即如果文件的abspath是c:\ abcd\abc.py,那么第二行将打印abc.py

Answer 8

由于 Python 3 相当主流，我想提供一个pathlib答案，因为我相信它现在可能是访问文件和路径信息的更好工具。

from pathlib import Path

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

如果要查找当前文件的目录，只需添加.parent到Path()语句中即可：

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

Answer 9

"当前在进程中运行的文件的文件路径"是什么意思并不完全清楚. sys.argv[0]通常包含Python解释器调用的脚本的位置.有关更多详细信息,请查看sys文档.

正如@Tim和@Pat Notz指出的那样,__ file__属性提供了访问权限

加载模块的文件,如果是从文件加载的

Answer 10

我有一个必须在Windows环境下工作的脚本.剪切的代码是我完成的:

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

这是一个非常糟糕的决定.但它不需要外部库,在我的情况下它是最重要的.

Answer 11

该__file__属性适用于包含主执行代码的文件以及导入的模块.

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

Answer 12

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

无需检查或任何其他图书馆.

当我必须导入脚本(从不同的目录然后执行的脚本)时,这对我有用,它使用与导入的脚本位于同一文件夹中的配置文件.

Answer 13

尝试这个，

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

Answer 14

import sys

print sys.path[0]

这将打印当前正在执行的脚本的路径

Answer 15

我认为这__file__ 听起来像你也可能想要检查检查模块.

Answer 16

您可以使用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'