google应用程序引擎（python27）获取请求url

我一直在尝试获取请求url，如下所示

import webapp2

class MainPage(webapp2.RequestHandler):
    def get(self):
        print self.request.get('url')

app = webapp2.WSGIApplication([('/.*', MainPage)], debug=True)

当请求被拒绝时

http://localhost:8080/index.html

它给我的感觉是

Status: 200 Content-Type: text/html; charset=utf-8 Cache-Control: no-cache Content-Length: 70

index.html

我需要的是

Status: 200 Content-Type: text/html; charset=utf-8 Cache-Control: no-cache Content-Length: 70

index.html

编辑：以便检查字符串并相应地显示正确的html/模板文件

我已经检查并尝试了许多替代方案，但似乎找不到解决方案。我对网络开发还很陌生。我遗漏了什么？

你应该从这里开始：

您没有使用模板或模板模块/引擎，因此它与您访问的路径无关，因为您正在使用

/.*

使用

self.response.write（）

not

print

同样，如果您在签出请求类之前从一开始就阅读文档，这对您来说会更好

编辑：

如果希望在requesthandler中获取urlpath并基于urlpath提供不同的模板，请执行以下操作：

def get(self):
    if self.request.path == '/foo':
        # here i write something out
        # but you would serve a template
        self.response.write('urlpath is /foo')
    elif self.request.path == '/bar':
        self.response.write('urlpath is /bar')
    else:
        self.response.write('urlpath is %s' %self.request.path)

更好的方法是使用多个RequestHandler并将它们映射到

WSGIApplication

：

app = webapp2.WSGIApplication([('/', MainPage),
                               ('/foo', FooHandler),
                               ('/bar', BarHandler),
                               ('/.*', CatchEverythingElseHandler)], debug=True)

而不是：

self.request.get('url')

使用：

您可能会发现其他有用的选项有：

self.request.path
self.request.referer

尝试这些更改以获得所需的结果。

您也可以使用此选项：

def get(self):
     self.request.GET['name']
     self.request.GET['sender']

---

我已经阅读了指南，但是那里没有与我的问题相关的内容。在我的玩具示例中，我访问的路径与此无关，但最终我计划根据请求的url使用模板或静态html页面。我认为你的问题真的不清楚。你说的

是什么意思？我需要的是index.html之类的东西？是否希望页面呈现模板？您想在页面中写入
index.html
？我建议你更新你的问题，特别是问你需要做什么，而不是“玩具例子”。看看这里，我告诉你我已经读过几遍了。该示例中只有一个模板。如果我有
index1.html
和
index2.html
并且我需要根据请求的url决定显示哪一个呢？如果您想要index1.html或index2.html输出，那么为什么要打印请求。您应该按照前面的人建议的文档检查请求对象。具体看一下如何与请求对象交互。从请求中获得url后，您可以确定要加载的模板等。当前获得的输出是打印请求或调用repr（请求）时获得的输出。