Python 如何在django中更改上载时的文件名和存储位置

我想更改上传时的图像名称及其存储位置

我有

def name_func(instance, filename):
    blocks = filename.split('.')
    ext = blocks[-1]
    filename = "%s.%s" % (instance.id, ext)
    return filename

class Restaurant(models.Model):
    id = models.UUIDField(primary_key=True, default=uuid.uuid4)
    image_file = models.ImageField(upload_to=name_func,null=True)

class Bar(models.Model):
    id = models.UUIDField(primary_key=True, default=uuid.uuid4)
    image_file = models.ImageField(upload_to=name_func,null=True)

这会将所有图像文件上载到媒体文件夹中，并将实例的id作为名称

现在我想把图像文件上传到两个不同的子文件夹中。因此，我尝试使用系统文件存储：

fs_restaurant = FileSystemStorage(location='media/restaurant')
fs_bar = FileSystemStorage(location='media/bar') 

然后将

image\u文件

字段更改为：

image_file = models.ImageField(upload_to=name_func,null=True, storage=fs_restaurant)

及

现在，这将文件保存在正确的文件夹结构中，但是，当我单击管理面板中的链接时，它没有正确链接。这显然与

name\u func

函数有关，但我想知道是否有办法纠正这一点？在文档中，我在存储类中找不到命名函数

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有没有办法解决这个问题

我认为您的问题是需要在文件名前加上子文件夹，然后返回。在数据库中，文件名应该是从

静态URL

或

媒体URL

到文件的相对路径

下面是一个例子，我为文件名生成一个UUID，并将其放入名为

app\u images

的子文件夹中。

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但是，我必须为不同的类编写两个单独的函数，对吗？@PaulBernhardWagner这可以工作，但您可能不必这样做，您可以检查实例参数的类型，即如果type（instance）=bar else“restaurant”，则路径='bar'。我没有亲自尝试过，但它可能会起作用。

image_file = models.ImageField(upload_to=name_func,null=True, storage=bar)

def unique_filename(instance, filename):
    path = 'app_images'
    filetype = os.path.splitext(instance.image.name)[1]
    new_filename = "{}{}".format(uuid.uuid4().hex, filetype)
    while AppImage.objects.filter(image__contains=new_filename).exists():
        new_filename = "{}{}".format(uuid.uuid4().hex, filetype)
    instance.filename = filename
    return os.path.join(path, new_filename)