Django:从字符串获取模型？

在Django中，可以指定如下关系：

author = ForeignKey('Person')

然后它必须在内部将字符串“Person”转换为模型

Person

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做这个的函数在哪里？我想用它，但我找不到。

我不确定它在Django的什么地方做的，但你可以这样做

通过反射将类名映射到字符串

classes = [Person,Child,Parent]
def find_class(name):
 for clls in classes:
  if clls.__class__.__name__ == name:
   return clls

从Django 3.0开始，它是

从Django 1.9开始，该方法为。
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从Django 1.7开始，

Django.db.models.loading

已被弃用（将在1.9中删除），取而代之的是新的应用程序加载系统。
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找到了。它的定义如下：

from django.db.models.loading import get_model

定义为：

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

大多数模型“字符串”以“appname.modelname”的形式出现，因此您可能希望在get\u模型上使用此变体

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比django/db/models/fields/related.py中的要复杂一些：

    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)

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对我来说，这似乎是一个很好的例子，可以将其拆分为核心代码中的单个函数。但是，如果您知道您的字符串是“App.Model”格式，则上面的两行代码可以使用。

仅适用于任何卡住的人（就像我所做的那样）：

app\u name

应使用引号列出，就像

model\u name

一样（即不要尝试导入它）

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get\u model

接受小写或大写的“model\u name”

django.db.models.loading

was（）支持新的

Django向我们提供以下信息：

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

>>从django.apps导入应用程序
>>>User=apps.get\u model（app\u label='auth'，model\u name='User'）
>>>打印（用户）

在Django 1.7+中实现这一点的好方法是：

导入django model\u cls=django.apps.apps.get\u model（'app\u name'，'model\u name'）） 因此，在所有框架教程的规范示例中：

导入django entry_cls=django.apps.apps.get_model（'blog'，'entry'）#不区分大小写

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如果您不知道您的模型存在于哪个应用程序中，您可以通过以下方式进行搜索：

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

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请记住，您的_model_名称必须是小写的。

这里有一种不太适合django的方法，可以从字符串中获取类：

mymodels = ['ModelA', 'ModelB']
model_list = __import__('<appname>.models', fromlist=mymodels)
model_a = getattr(model_list, 'ModelA')

mymodels=['ModelA'，'ModelB']
模型列表=uuu导入（'）：

导入导入库
myapp_models=importlib.import_模块（“.models”）
model_a=getattr（myapp_models，'ModelA'）
另一个版本，针对懒惰者的代码更少。在Django 2中测试+

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

2020解决方案：

from django.apps import apps

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

根据您的示例：

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

per:
我认为第二行应该是：
你的_model=get_model（*你的_string.rsplit（'.'，1））
。应用程序标签有时是点格式，但是模型名称始终是一个有效的标识符。看起来这在新的
应用程序中是不必要的。get_model
。作为一种快捷方式，此方法还接受一个参数，格式为
app\u label.model\u name
。“此解决方案在Django 1.7中已被弃用，请参阅此解决方案的另一个答案：Hi@mpen，我建议您更新您的答案。：
从Django.apps导入AppConfig
Django.apps.AppConfig是一个生成器类型，不能像模型对象那样工作。在Django 1.7+中，最好使用get\u model（）在Django应用程序注册表上，该注册表可通过
Django.apps.apps.get_model（model_name）
访问。AppConfig对象的用途不同，需要创建AppConfig实例才能调用
get_model（）
。Django 1.11需要@luke_ausI提供的答案，该答案用于使用pydoc的“locate”函数…不确定这里的区别，但为了保持在Django中，我已经切换到这个方法。谢谢。是clls.\uuuuu类\uuuuuuu名\uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu？
from django.apps import apps

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

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