Python Django抽象模型继承

在一个模型中，我通常为友好的URI放一个“uuid”字段，也就是一个“slug”字段

假设我有一个名为“SomeModel”的模型，通过重写其save（）方法，我可以在保存时生成uuid和slug：

class SomeModel(models.Model):
    ...
    def save(self, *args, **kwargs):
        if not self.uuid:
            uuid = shortuuid.uuid()[:10]
            while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():
                uuid = shortuuid.uuid()[:10]
            self.uuid = uuid
        if not self.slug:
            self.slug = slugify(self.title)[:500].rstrip('-')
        super(SomeModel, self).save(*args, **kwargs)

它在常规模型上运行良好。现在我想要一个抽象模型：

class SomeAbstractModel(models.Model):
    class Meta:
        abstract = True
    def save(self, *args, **kwargs):
        ...

然后：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    class Meta(SomeAbstractModel.Meta):
        ...

问题是，在抽象模型中，看起来我不能简单地替换

while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():

与

因为抽象模型没有管理器

在本例中，我想知道如何避免在所有模型的save（）方法中出现冗余代码。我也不确定

while SomeModel.objects.filter(uuid=uuid).exists():

---

是检查uuid是否存在的最佳实践。

不确定这是否是镇上最漂亮的方式，但这应该有效：

while self.__class__.objects.filter(...):
    pass

当您创建SomeModel（SomeAbstractModel）时，只需从头开始创建类Meta，而无需继承。通过继承vom SomeAbstractModel.Meta，您可以使它再次抽象，并且您不能查询抽象模型，这不是因为它们没有管理器，而是因为没有创建表

所以你要么这样做：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    ...
    class Meta(SomeAbstractModel.Meta):
        abstract=False
        ... your other model specific options

或者您可以这样做（如果您没有任何其他特定于模型的选项：

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    ...

---

Django默认情况下会将abstract设置为False：是的，我知道，但是如果您从SomeAbstractModel.Meta继承，abstract设置为true，因此默认设置是不相关的，这正是为什么SomeModel仍然为False的原因abstract@schacki这是错误的，即使没有你做的元加法，SomeModel仍然不是抽象的

class SomeModel(SomeAbstractModel):
    ...