Python 如何使用flask在index.html上创建一个非常简单的超链接？

以下是我的结构：

├── main.py
├── static
│   ├── css
│   │   └── main.css
│   ├── img
│   │   └── main_bkg.jpg
│   └── js
└── templates
    ├── myApp
    │   └── myApp.main.html
    └── index.html

我只想在

index.html

上创建一个非常简单的超链接，链接到

myApp.main.html

我的

main.py

看起来像：

from flask import Flask, render_template
app = Flask(__name__)

@app.route('/')
def index():
    return render_template('index.html')

@app.route('/<module>/')
def myApp(module):
    return render_template('{0}/{0}.main.html'.format(module)) 

@app.route('/user/<username>')
def show_user_profile(username):
    return 'User %s' % username

if __name__ == '__main__':
    app.run(host='0.0.0.0', debug=True)

烧瓶提示BuildError

BuildError:（'myApp'，{}，None）

如果我在

myApp.main.html

上尝试以下操作，它将提供一个返回主页的有效链接：

<a href="{{ url_for('index') }}"><button>Home</button></a>

---

我在这里遗漏了什么？

您的

myApp

规则采用了

模块

参数。您没有将该信息传递给的

url\u，因此它引发了一个错误，因为它需要该信息来构建url

url_for('myApp', module='myModule')

我使用了以下结构：

├── app.py
├── 静止的
└── 模板
├── Homep.html
└── index.html

我使用了HTML：


这对我来说很好。
您是否尝试过通过
myApp
路径返回静态HTML文件？在构建时，当装饰符号被传输到应用程序路由时，可能会引发错误。返回一个静态HTML文件甚至字符串将有助于确定错误是来自HTML文件还是路由本身。
url_for('myApp', module='myModule')