Python：如何防止将作为函数的类变量理解为方法？

我目前正在实现一个django应用程序，为此我尝试使用与django一致的语法

下面是我正在尝试的：

class Blablabla(Model):

    #this contains Blablabla's options
    class Meta:
        sort_key = lambda e: e

sort\u key

是一个键函数（用于排序），但当然，它被理解为

Meta

的方法（这绝对不是我想要的）

有没有解决办法，仍然允许我使用这种语法

编辑： 只是一个重要的精确度。。。我写的代码应该是由使用库的人写的！这就是为什么我不想要任何肮脏的把戏。是的，在Django，它实际上只是用于选项。。。当然，Meta是一个类，但我说“它不被视为一个类”，因为它不被用作一个类：你不实例化它，你不放类方法，只放类属性。。。

模型

有一个元类，它从这个

元

中提取所有内容，并处理所有声明的选项。。。但仅此而已！它只是选项的占位符

但好吧，这是真的，我从来没有看到一个选项是Django中的函数。。。因此，我将遵循Ned声明此排序函数作为

Model

的一种方法，它通常必须被覆盖…

class Meta(object):
    sort_key= staticmethod(lambda e: e)

我不知道Django为移植“meta”成员所做的任何魔术是否可以处理像这样的修饰方法，但我看不出有任何内在的原因

class Meta(object):
    sort_key= staticmethod(lambda e: e)

---

我不知道Django为移植“meta”成员所做的任何魔术是否可以处理像这样的修饰方法，但我看不出有什么内在的原因不可以。

OP在评论中写道“meta”实际上不应该被视为一个类”。如果是这样的话，也就是说，如果Django在

Meta

确实是而不是一个类（一个非常大的“If”）的情况下能够生存下来，那么就有可能满足OP真正奇怪的愿望，避免最简单的解决方案（只需围绕所讨论的

lambda

包装

stqticfunction

）

本质上，这需要编写一个（非常奇怪的）meta-类来生成一个对象，其中属性查找绕过了类对描述符对象的正常使用（每个函数都是：也就是说，它有一个

\uuuu get\uuuu

方法，Python通常在查找类或其实例上的属性时使用该方法）

这种荒谬的旋转的总体思路是……：

class MetaNotAClass(type):
   def __new__(mcl, clasname, bases, clasdict):
     if bases:
         usedict = {}
     else:
         usedict = clasdict
     usedict['__foo'] = clasdict
     return type.__new__(mcl, clasname, bases, usedict)
   def __getattr__(cls, atname):
      try: return getattr(cls, '__foo')[atname]
      except KeyError: raise AttributeError, atname

class NotAClass:
  __metaclass__ = MetaNotAClass


class Bah(NotAClass):
  def f(): return 'weird!'

print Bah.f()

---

当然，任何期望

Bah

成为一个类的东西都会被破坏（但是，你确实会说它“不应该被视为一个类”，所以这基本上就是你想要的：破坏任何认为它是被视为一个类的代码）！-。

OP在评论中写道“‘Meta’并不是真正应该被视为一个类”。如果是这样的话，也就是说，如果Django能够在

Meta

确实不是一个类（一个非常大的“If”）的情况下生存下来，那么就有可能满足OP真正奇怪的愿望，避免最简单的解决方案（只需将

stqticfunction

包装在所讨论的

lambda

周围即可）

本质上，这需要编写一个（非常奇怪的）meta-类来生成一个对象，其中属性查找绕过了类对描述符对象的正常使用（每个函数都是：也就是说，它有一个

\uuuu get\uuuu

方法，Python通常在查找类或其实例上的属性时使用该方法）

这种荒谬的旋转的总体思路是……：

class MetaNotAClass(type):
   def __new__(mcl, clasname, bases, clasdict):
     if bases:
         usedict = {}
     else:
         usedict = clasdict
     usedict['__foo'] = clasdict
     return type.__new__(mcl, clasname, bases, usedict)
   def __getattr__(cls, atname):
      try: return getattr(cls, '__foo')[atname]
      except KeyError: raise AttributeError, atname

class NotAClass:
  __metaclass__ = MetaNotAClass


class Bah(NotAClass):
  def f(): return 'weird!'

print Bah.f()

---

当然，任何期望

Bah

成为一个类的东西都会被破坏（但是，你确实会说它“不应该被视为一个类”，所以这基本上就是你想要的：破坏任何认为它是被视为一个类的代码！）.

为什么要将

排序键

放入

Meta

？

Meta

用于Django选项，它不是放置您自己的方法的地方。模型可以在其上定义方法。我想您想要的是以下简单的东西：

class Blablabla(Model):

    def sort_key(self, e):
        return e

---

你为什么要把

sort\u key

放入

Meta

？

Meta

用于Django选项，它不是一个放置你自己方法的地方。模型上可以定义方法。我想你想要的东西很简单：

class Blablabla(Model):

    def sort_key(self, e):
        return e

---

你不能创建一个简单的模块（

meta

？）并将

sort\u key

添加到其中吗？然后继续

将它包含在你需要的任何地方…
你不能创建一个简单的模块（
meta
？）然后在它上面添加
sort\u key
？然后继续并
在你需要的地方包含它…
检查你的断言。这对你来说可能是一个很好的读物：如果你这样定义它，sort\u key将成为Meta的一个绑定方法。如果这不是你想要的，我的问题是：你想实现什么？如果你知道Django，“Meta”“只是一个人工制品，它允许将选项声明与字段声明分开（因为字段可以有任何名称）！例如：类MyModel（模型）：a_field=TextField（）另一个_field=TextField（）类Meta:an_option=1另一个_option=“blablabla”等等……你明白为什么这有用吗？@user166390:我正在研究你的东西，但在我的情况下，这似乎不起作用……它仍在等待一个Meta实例作为第一个参数……不知道为什么要检查你的断言。这可能对你来说是一个很好的读物：如果你这样定义它，sort\u key将成为Meta的一个绑定方法。如果是这样的话这不是你想要的，我的问题是：你想实现什么？如果你知道Django，“Meta”只是一个人工制品，它允许将选项声明与字段声明分开（因为字段可以有任何名称）！例如：类MyModel（Model）：a_field=TextField（）另一个_field=TextField（）类元：一个选项