Swagger Django[规范中未定义任何操作]

我一直在尝试将Swagger与Django应用程序集成，但遇到了以下错误： 规范中未定义任何操作

我的项目结构是

App 
    views.py 
    urls.py
    ..
App2 
    settings.py 
    urls.py
    ..

我使用drf_yasg是为了我的目的。我在settings.py中包含了所有详细信息，在App2中，我在url.py中包含了以下内容：

from rest_framework import permissions
from drf_yasg.views import get_schema_view
from drf_yasg import openapi

schema_view = get_schema_view(
   openapi.Info(
      title="Testing",
      default_version='v1',
      description="Doc Integration",
      terms_of_service="https://www.google.com/policies/terms/",
      contact=openapi.Contact(email="abc@abc.com"),
      license=openapi.License(name="BSD License"),
   ),
   public=True,
   permission_classes=(permissions.AllowAny,),
)

urlpatterns=[path("admin/", admin.site.urls),
            path("", include("app.urls")),
            path('swagger/', schema_view.with_ui('swagger', cache_timeout=0), name='schema-swagger-ui'),
            path('redoc', schema_view.with_ui('redoc', cache_timeout=0), name='schema-redoc'),]

我的类视图（class Att（generic.TemplateView））和方法在App下的views.py中声明。我尝试了@swagger\u auto\u schema、@api\u view等方法在文档中显示App类和函数。但它只返回spec！中定义的任何操作

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我也尝试使用路由器注册视图，但没有成功，甚至django rest swagger也失败了。非常感谢您的帮助。谢谢！

我有一个由django制作的项目，我是DRF的新手。我在尝试def yasg（swagger生成器之一）时也看到过“规范中没有定义任何操作！”。希望这种方法对您有效。 我从rest\u framework.views导入->导入APIView

views.py中的类类似于
类FeedView（视图）
当我像
那样更改类时，函数就出现了 类FeedView（APIView）

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我需要处理@swagger\u auto\u schema、@api\u view以使我的api文档使用正确的参数。

您有一个拼写错误，

urlpatters

应该是

urlpatterns

明白了。但这不是原因。Thanks@FlouraAngel你能找到解决办法吗？