如何在Python中获取类的文件路径？

给定Python中的C类，如何确定该类是在哪个文件中定义的？我需要一些可以从C类或C之外的实例工作的东西

我之所以这样做，是因为我通常是一个粉丝，不愿意把属于同一个文件夹的文件放在一起。我想创建一个使用Django模板将自身呈现为HTML的类。基本实现应该根据类在其中定义的文件名推断模板的文件名

假设我在文件“base/artifacts.py”中放置了一个类LocationArtifact，那么我希望默认行为是模板名为“base/LocationArtifact.html”。

尝试：

import sys, os
os.path.abspath(sys.modules[LocationArtifact.__module__].__file__)

您可以使用该模块，如下所示：

import inspect
inspect.getfile(C.__class__)

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对于Django来说，这是一种错误的方法，实际上是强迫性的

典型的Django应用程序模式是：

• /project
  • /appname
    • models.py
    • views.py
    • /templates
      • index.html
      • 等等

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Duplicate:，假设您知道要查找文件的模块，我将在处理类外的实现时只使用模块字符串。+1：做Django自然做的事情，生活会简单得多。同意。Django是“魔力”最少的框架之一，但模板、模板标签和应用程序作为其模式的一部分有一些期望。如果你不得不做古怪的类推断，你可能走错了方向。不确定我做了什么不同，但我不得不使用

inspect.getmodule（C.。\uu class\uuuuuuuuuuuuuuuuu）

而不是

inspect.getfile（C）

，注意：对用户创建的类不起作用这应该是

inspect.getfile（C）

。如果

C

是一个类，那么

C.\uu class\uuu

指的是

对象

，这将引发异常

TypeError:是一个内置类

。我认为只有在实例

c

中，才需要使用

inspect.getfile（c.\uu class\uuu）

。对于扩展抽象基类（

metaclass=abc.ABCMeta

）的类，这不适用，因为它返回

/usr/local/lib/python3.7/abc.py

，而不是相应的文件。@JarretHardie（下面）的解决方案效果更好。要从C实例（如OP所需）获取路径，请将

LocationArtifact

替换为

obj.\uu class\uuuu

，其中obj是LocationArtifact的实例。