在Flask中，如何从具有相对路径引用的子目录运行另一个python应用程序？

目标是在我的Flask build中添加一个独立的应用程序（它已经独立工作了），称之为app1，类似于一个模块。问题是独立应用程序位于与Flask启动位置相关的子目录中，main.py无法调用其自身的相对路径资源。文件结构如下所示：

\my_flask_app\
  server.py
  \apps\
    \app1\
      main.py
      ..resources..
  \static\
  \templates\

在运行main.py之前，我已尝试os.chdir更改工作目录，因为手动更新所有路径将是一件麻烦的事情，并且无法实现app1的可移植性。我从以下路线启动app1：

@app.route('/app1/run')
def app1_run():
    # launch the standalone app.
    os.chdir('apps/app1')
    import main
    return 'Clicked!'

这将导致

ModuleNotFoundError:没有名为'main'的模块

。所以，我猜chdir实际上并没有改变工作目录

当我导入apps.app1.main而不是导入main时，这会导致

ModuleNotFoundError：没有名为“hoverable”的模块（hoverable.py是由main.py导入的资源）。因此，这意味着main.py已启动，但main.py无法定位其相对资源

我可以遍历main.py并更新资源的所有路径，但这无法实现作为独立模块的目的。有更好的方法吗？谢谢。
最简单的方法是将main.py文件中的应用程序包装成一个函数，我们称之为运行应用程序的函数。然后在包含@app.route（'/app1/run'）视图函数的文件的顶层导入该函数。在这一点上，您所要做的就是调用函数，\u，该函数运行\u应用程序，末尾带有（），代码将在视图函数返回“Clicked！”之前执行

from apps.app1.main import function_that_runs_the_app

@app.route('/app1/run')
def app1_run():
    # launch the standalone app.
    success_message = function_that_runs_the_app()
    return success_message



(main.py file)
def function_that_runs_the_app():
    #  All your previous code would now go here inside the function.

    return 'Standalone app1 Ran Successfully!'

if __name__ == '__main__':
    function_that_runs_the_app()

谢谢你的回复。是的，包装它更干净，但不能解决从app1引用资源的问题。我使用server.py启动Flask。在app1中，main.py调用其自己目录中的相对资源，而不是从server.py调用。我可以在main.py中重做路径引用，但我想知道是否有一种方法可以“插入”app1而无需重新工具。这有意义吗？在命令行中，当我转到app1文件夹时，我可以
py main.py
并运行应用程序。我更新了上面答案中的代码。您需要将app1 main.py脚本包装到函数中，因为flask喜欢运行函数，而不是模块。将函数导入到flask路由时，main.py文件中的所有模块级引用仍应有效。我还添加了如何在从命令行运行main.py文件时更新main.py文件以运行您选择的自定义函数名。这有助于确保您仍然可以从flask上下文之外的命令行轻松地运行脚本。