Python 我只想使用splash脚本并只返回作业列表'；s URL

我使用scrapy和splash来刮取网站，出于某些原因，我使用splash和scrapy，尽管我知道我可以刮取它的API。我的问题是，我只希望我的lua脚本只返回作业列表的

URL

，而不是整个

splash:html（）

页面，我一直在尝试这样做，但我收到以下错误消息：-

 {
    "error": 400,
    "description": "Error happened while executing Lua script",
    "type": "ScriptError",
    "info": {
        "message": "Lua error: /app/splash/lua_modules/libs/treat.lua:45: cannot change a protected metatable",
        "type": "LUA_ERROR"
    }
}

我一直在使用的lua脚本如下所示：-

function main(splash, args)
    assert(splash:go(args.url))
    splash:wait(5.0)
    local treat = require('treat')
    listings = assert(splash:select_all("ul.job_listings > li> a"))

    return {
       listing_urls = treat.as_array(listings)
    }

end

treat.as_array

尝试更改其参数的元表

导致此错误的原因是

列表

的元表设置了

\uu元表

字段

从

如果原始图元表具有_图元表字段，则会引发错误

treat.as_array

尝试更改其参数的元表

导致此错误的原因是

列表

的元表设置了

\uu元表

字段

从

如果原始图元表具有_图元表字段，则会引发错误

function treat.as_array(tbl)
  -- the same function is available in
  -- Splash Python code as lua._mark_table_as_array
  if type(tbl) ~= 'table' or wraputils.is_wrapped(tbl) then
    error('as_array argument must be a table', 2)
  end
  setmetatable(tbl, {__metatable="array"})
  return tbl
end