Python Luigi可以传播异常或返回任何结果吗？

我正在使用Luigi启动一些管道。 让我们用一个简单的例子< /P>

task = myTask()
w = Worker(scheduler=CentralPlannerScheduler(), worker_processes=1)
w.add(task)
w.run()

现在让我们假设

myTask

在执行期间引发异常。我所能得到的只是luigi的日志，其中显示了异常

luigi是否有任何方法可以传播它或至少返回一个

故障

状态

然后我就可以让我的程序在那个状态下做出反应

谢谢

编辑

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我忘记了在存储结果时指定luigi的输出是以数据库为目标的。如果引发异常，则不会存储任何结果，但不会将异常传播到luigi。我想知道luigi是否有这样的选项。

您可以做的是在文件中写入错误。例如，在可能失败的任务中（我们称之为TaskA）：

然后，在依赖于该错误的任务中，该任务将需要TaskA。你可以这样做：

with open('errorfile.log','r') as f:
    if f.read()://if anything is in the error log from TaskA
        //error occurred
        do stuff
    else:
        do other stuff

发件人：

Luigi有一个内置的事件系统，允许您注册对事件的回调，并从您自己的任务中触发它们。您既可以钩住一些预定义的事件，也可以创建自己的事件。每个事件句柄都绑定到一个任务类，并且只能从该类或其子类触发。这使您可以轻松地仅从特定类订阅事件（例如hadoop作业）

例如：

import luigi

from my_tasks import MyTask


@MyTask.event_handler(luigi.Event.FAILURE)
def mourn_failure(task, exception):
    """Will be called directly after a failed execution
    of `run` on any MyTask subclass
    """

    do_something()


luigi.run()

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路易吉有一个朋友。您还可以查看，以了解如何侦听和响应其他事件。

传播它或返回故障状态是什么意思？在程序失败的任何地方，都可以放入try-except子句，然后可以使用except子句写入luigi输出。很抱歉，你的评论让我意识到我需要更具体地说明我使用luigi和输出的方式。我正在编辑。添加更新版本的luigi handle现在可以处理更多事件。处理任务过程中的错误变得更容易了。

import luigi

from my_tasks import MyTask


@MyTask.event_handler(luigi.Event.FAILURE)
def mourn_failure(task, exception):
    """Will be called directly after a failed execution
    of `run` on any MyTask subclass
    """

    do_something()


luigi.run()