Python 嵌套函数作用域

为什么当a是不可变类型时，此代码不执行，但当它是可变类型时（例如，列表）会执行此代码？

有一个关键字

nonlocal

，用于访问非局部变量。

nonlocal关键字用于处理嵌套函数中的变量，其中变量不应属于内部函数--w3schools.com

---

谢谢

有一个关键字

非局部

，用于访问非局部变量。

nonlocal关键字用于处理嵌套函数中的变量，其中变量不应属于内部函数--w3schools.com

---

谢谢

这是因为您没有从任何一个函数返回任何值，第二个

a

只是

local

到函数

bar（）

尝试使用非本地关键字，如下所示：

def foo():
  a = 0
  def bar():
    nonlocal a
    a += 1
  bar()
foo()

输出

一,

---

这是因为您没有从任何一个函数返回任何值，而第二个

a

仅是

local

函数

bar（）

尝试使用非本地关键字，如下所示：

def foo():
  a = 0
  def bar():
    nonlocal a
    a += 1
  bar()
foo()

输出

一,

---

我不认为其他答案能说明整个故事，所以这是我的2美分。

不同类型之间的范围没有区别。这不是这里发生的事情
重新绑定名称，无论该名称指的是什么，都会导致发生未绑定本地错误。

Python中的某些类型是可变的（一旦创建，就可以更改值），list就是其中之一。有些是不可变的，更改这些类型的值需要创建一个新对象

那么第一个例子,

def foo():
    a = 0
    def bar():
        nonlocal a
        a += 1
        return a
    return bar()
print(foo())

这不起作用，因为您实际上在这里有一个赋值，

a=a+1

。您可以使用

非本地

使上述工作正常进行，这不是重点

使用列表执行相同的操作：

def foo():
  a = 0
  def bar():
    a += 1
  bar()
foo()

这确实有效。这里没有作业。
不能将名称重新绑定到其他对象，但如果该对象是可变的，则可以修改其内容。

现在，还有两个案例需要注意

def foo():
  a = []
  def bar():
    a.append(1)
  bar()
foo()

这将起作用，但是您应该注意，

bar（）

中的

a

现在是bar本地的，print（）语句应该反映这一点。
但这里有个问题

def foo（）：
a=[]
def bar（）：
a=a+[1]#甚至a+=[1]都无所谓
bar（）
印刷品（a）
foo（）

这行不通！（将此代码段与第一个代码段进行对比非常重要，因为这说明了为什么这与作用域无关。请花一分钟时间再次阅读。）


所以这是行不通的，理解它很重要。
如果函数中有变量赋值，则该变量被视为局部变量

现在，在最后一个例子中，当我们做

a=c+1

时，它更像

a\u local=c\u nonlocal+1

---

在这种情况下，

a=a+1

是

a_local=a_local+1

，因此，这确实会导致错误

这就是为什么，重新绑定名称，无论该名称指的是什么，总是会导致发生未绑定的局部错误。
在前面的案例（第三个代码段）中，它没有重新绑定，而是创建了一个局部变量
在后一种情况下（第四个片段），实际上是重新绑定，因此出现了错误。

我认为其他答案并不能说明整个情况，所以这是我的2美分。

范围在不同类型之间没有区别。这不是这里发生的事情
重新绑定名称，无论该名称指的是什么，都会导致发生未绑定本地错误。

Python中的某些类型是可变的（一旦创建，就可以更改值），list就是其中之一。有些是不可变的，更改这些类型的值需要创建一个新对象

那么第一个例子,

def foo():
    a = 0
    def bar():
        nonlocal a
        a += 1
        return a
    return bar()
print(foo())

这不起作用，因为您实际上在这里有一个赋值，

a=a+1

。您可以使用

非本地

使上述工作正常进行，这不是重点

使用列表执行相同的操作：

def foo():
  a = 0
  def bar():
    a += 1
  bar()
foo()

这确实有效。这里没有作业。
不能将名称重新绑定到其他对象，但如果该对象是可变的，则可以修改其内容。

现在，还有两个案例需要注意

def foo():
  a = []
  def bar():
    a.append(1)
  bar()
foo()

这将起作用，但是您应该注意，

bar（）

中的

a

现在是bar本地的，print（）语句应该反映这一点。
但这里有个问题

def foo（）：
a=[]
def bar（）：
a=a+[1]#甚至a+=[1]都无所谓
bar（）
印刷品（a）
foo（）

这行不通！（将此代码段与第一个代码段进行对比非常重要，因为这说明了为什么这与作用域无关。请花一分钟时间再次阅读。）


所以这是行不通的，理解它很重要。
如果函数中有变量赋值，则该变量被视为局部变量

现在，在最后一个例子中，当我们做

a=c+1

时，它更像

a\u local=c\u nonlocal+1

---

在这种情况下，

a=a+1

是

a_local=a_local+1

，因此，这确实会导致错误

这就是为什么，重新绑定名称，无论该名称指的是什么，总是会导致发生未绑定的局部错误。
在前面的案例（第三个代码段）中，它没有重新绑定，而是创建了一个局部变量
在后一种情况下（第四个代码段），实际上是重新绑定，因此出现了错误。

但是您在哪里一直传递a，它的整数，并且在函数b中，a是未定义的？什么是“不执行”？此代码也不适用于列表<代码>+=i