Python 将参数传递给Flask API方法

我对FlaskAPI非常陌生，所以我希望这将非常容易解决

我正在开发一个API（目前它只有一个端点，但一旦我实现了它的功能，就会有更多的端点）。我用swagger编辑器生成了我的API，并试图实现这些方法。我设法实现了一个GET方法，它不接受任何变量并返回一个json文件

我现在尝试的是将变量传递给这个方法来做一些事情

我的目录结构如下：

swagger_server/
    |---->__main__.py
    |---->controllers
           '---->default_controller.py

我的

\uuuu main\uuuuu.py

文件（我删除了一些空行以缩短此问题）：

我的

默认\u控制器.py

：

  1 import connexion
  2 import six
  3 import os
  4 import json
 60
 61 def get_supported_types(test):  # noqa: E501
 62     """Retrieve supported types for number test
 63     param:    test = id of supported type
 64     :rtype: InlineResponse200
 65     """
 66     print(test)
 70
 71     return 'blabla'

在没有参数的情况下，我可以通过curl接收数据，如下所示

curl-H'授权：0123'-H--trace ascii/tmp/dump.txt'http://127.0.0.1:3080/v1/supported_types'

我试图用

-H“test:15”

添加一个额外的标题，将其添加到URL

http://127.0.0.1:3080/v1/supported_types?test=15

（导致500服务器错误）和

http://127.0.0.1:3080/v1/supported_types/?test=15

（导致404未找到错误）

我还读了一些关于@app.route的文章，我试过了，但没有真正起作用：

@app.route("/v1/supported_types/", methods=['GET'])
NameError: name 'app' is not defined

---

有人能帮我把这个参数传给这个方法吗？

把变量的名称放在你将要使用的路由和方法上，然后你就可以处理了

@my_bp.route('/my_route/<int:id_report>')
def report(id_report=1):
    report = make_pdf(Report.query.get(id_report))
    return send_file(report, attachment_filename="My_Report.pdf", as_attachment=True )

@my_bp.route（'/my_route/'））
def报告（id_报告=1）：
report=make\u pdf（report.query.get（id\u report））
返回发送文件（报告，附件filename=“My\u report.pdf”，如附件=True）

我必须使用什么来代替我的bp？我试图放在那里的一切都产生了一个“NameError:name'default\u controller'未定义”我使用建议的蓝图，但您直接使用

app

，所以顺便说一下，应该是

@app.route（'my\u route/'））

很遗憾，它没有（我收到了一个类似于我最初问题底部的NameError）知道如何修复它（我想这可能是因为我的目录结构，我希望保持不变）？你必须这样初始化你的应用：

from flask import flask app=flask（_name_;）

然后像下面这样初始化swagger的api：我建议您在使用任何库之前尝试使用flask制作rest api，因为它很简单，您将更好地理解库为您做了什么

@my_bp.route('/my_route/<int:id_report>')
def report(id_report=1):
    report = make_pdf(Report.query.get(id_report))
    return send_file(report, attachment_filename="My_Report.pdf", as_attachment=True )