Python 3.x 如何使用ruamel.YAML从YAML文件加载Python lambda表达式？

我正在尝试使用

ruamel.yaml

对包含lambda表达式的对象进行序列化和反序列化。如示例所示，这将产生一个

构造函数错误

。如何做到这一点

import sys
import ruamel.yaml

yaml = ruamel.yaml.YAML(typ='unsafe')
yaml.allow_unicode = True
yaml.default_flow_style = False

foo = lambda x: x * 2
yaml.dump({'foo': foo}, sys.stdout)
# foo: !!python/name:__main__.%3Clambda%3E

yaml.load('foo: !!python/name:__main__.%3Clambda%3E')
# ConstructorError: while constructing a Python object
# cannot find '<lambda>' in the module '__main__'
#   in "<unicode string>", line 1, column 6

导入系统 进口ruamel.yaml yaml=ruamel.yaml.yaml（典型='不安全'） yaml.allow_unicode=True yaml.default\u flow\u style=False foo=λx:x*2 yaml.dump（{'foo'：foo}，sys.stdout） #福：！！python/名称：_main__.%3Clambda%3E 加载（'foo:！！python/name:_u main__uu.%3Clambda%3E'）） #构造函数错误：在构造Python对象时 #在模块“”中找不到“” #在“”中，第1行第6列

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这是行不通的。ruamel.yaml转储函数（或方法），方法是通过引用源代码中的函数名来引用这些函数（即，它不尝试存储实际代码）

您的

lambda

是一个匿名函数，因此没有可以正确检索的名称。同样，Python不支持

lambda

我不确定尝试并转储

lambda

是否是一个错误，或者是否应该发出警告

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简单的解决方案是将

lambda

（s）转换为命名函数。或者，您可以访问lambda的实际代码或AST并存储和检索该代码，但这将需要更多的工作，并且可能无法移植，具体取决于您存储的内容。

感谢您的回复！存储实际代码将提供更可读的YAML文件，但如果不假设全局名称空间（例如导入的包），则几乎不可能反序列化。只要Python代码不变，我就可以存储反序列化的引用。难道不可能将lambda序列化为

！！python/name:module.scope.lambda_n

其中

n

引用了此作用域中的哪个lambda？是的，会有更多的假设，但您仍然可以存储模块名称（与类和函数一样），加载模块（即解析全局命名空间的所有合理假设）。IIRC lambda有一个唯一的id，该id不基于其（字符串）内容，但即使在同一Python版本上运行，也会有所不同。所以

似乎是更好的方法。另一件事，我想看看<代码> CurrdCukle 和 DIL/<代码>他们如何选择LAMBDAS（以及那些包的限制）。再次感谢。是否可以使用
dill
的lambda序列化和反序列化作为
ruamel.yaml
的自定义代表和构造函数？是的，我认为这是可能的。您需要在representer中区分“普通”函数和lambda，然后dill将lambda pickle为二进制（或者更好，当dill支持protocol=1时，为字符串表示），并将其作为参数写入标记`！！python/lambda“”（并不像我前面的评论那样将lambda内容作为标记的一部分）。pickle的二进制表示法需要更多的工作才能编码为ASCII/UTF-8（例如base64编码）。你需要反过来才能再次加载它。