รับชื่อของสคริปต์ปัจจุบันใน Python

ฉันพยายามรับชื่อของสคริปต์ Python ที่กำลังทำงานอยู่

ฉันมีสคริปต์ชื่อfoo.pyและฉันต้องการทำสิ่งนี้เพื่อรับชื่อสคริปต์:

print Scriptname

คุณสามารถใช้__file__เพื่อรับชื่อของไฟล์ปัจจุบัน เมื่อใช้ในโมดูลหลักนี่คือชื่อของสคริปต์ที่ถูกเรียกใช้ในตอนแรก

หากคุณต้องการที่จะละเว้นส่วนไดเรกทอรี (ซึ่งอาจจะเป็นปัจจุบัน) os.path.basename(__file__)คุณสามารถใช้

import sys
print sys.argv[0]

นี้จะพิมพ์foo.pyสำหรับpython foo.py, dir/foo.pyสำหรับpython dir/foo.pyฯลฯ pythonมันอาร์กิวเมนต์แรก (โปรดทราบว่าหลังจาก py2exe จะเป็นfoo.exeเช่นนั้น)

เพื่อประโยชน์ของความสมบูรณ์ฉันคิดว่ามันคุ้มค่าที่จะสรุปผลลัพธ์ที่เป็นไปได้ที่หลากหลายและจัดหาการอ้างอิงสำหรับพฤติกรรมที่แน่นอนของแต่ละ

• __file__เป็นไฟล์ที่กำลังดำเนินการตามรายละเอียดในเอกสารอย่างเป็นทางการ :

  __file__เป็นชื่อพา ธ ของไฟล์ที่โมดูลถูกโหลดถ้ามันถูกโหลดจากไฟล์ __file__แอตทริบิวต์อาจจะขาดหายไปสำหรับบางประเภทของโมดูลเช่นCโมดูลที่มีการเชื่อมโยงแบบคงที่เข้าล่าม; สำหรับโมดูลส่วนขยายที่โหลดแบบไดนามิกจากไลบรารีที่แชร์จะเป็นชื่อพา ธ ของไฟล์ไลบรารีที่แชร์

  จาก Python3.4เป็นต้นไปต่อปัญหา 18416 , __file__อยู่เสมอเส้นทางแน่นอนเว้นแต่ไฟล์ในขณะนี้การดำเนินการเป็นสคริปต์ที่ได้รับการดำเนินการโดยตรง (ไม่ผ่านล่ามที่มี-mตัวเลือกบรรทัดคำสั่ง) โดยใช้เส้นทางสัมพัทธ์

• __main__.__file__(ต้องนำเข้า__main__) เพียงแค่เข้าถึง__file__แอตทริบิวต์ดังกล่าวของโมดูลหลักเช่นของสคริปต์ที่ถูกเรียกจากบรรทัดคำสั่ง

• sys.argv[0](ต้องนำเข้าsys) เป็นชื่อสคริปต์ที่ถูกเรียกใช้จากบรรทัดคำสั่งและอาจเป็นพา ธ สัมบูรณ์ตามรายละเอียดในเอกสารประกอบอย่างเป็นทางการ :

  argv[0]เป็นชื่อสคริปต์ (ขึ้นอยู่กับระบบปฏิบัติการไม่ว่าจะเป็นชื่อพา ธ แบบเต็มหรือไม่ก็ตาม) ถ้าคำสั่งที่ถูกดำเนินการโดยใช้-cตัวเลือกบรรทัดคำสั่งเพื่อล่ามถูกตั้งค่าเป็นสตริงargv[0] '-c'หากไม่มีการส่งชื่อสคริปต์ไปยังตัวแปล Python argv[0]จะเป็นสตริงว่าง

  ตามที่ระบุไว้ในคำตอบของคำถามนี้อีก , งูหลามสคริปต์ที่ถูกแปลงเป็นโปรแกรมปฏิบัติการแบบสแตนด์อะโลนผ่านเครื่องมือเช่นpy2exeหรือPyInstallerอาจไม่แสดงผลที่ต้องการเมื่อใช้วิธีนี้ (คือsys.argv[0]จะถือชื่อของปฏิบัติการมากกว่าชื่อ ของไฟล์Pythonหลักที่สามารถเรียกใช้งานได้)

• หากไม่มีตัวเลือกใด ๆ ที่กล่าวมาใช้งานได้อาจเนื่องมาจากการดำเนินการนำเข้าที่ผิดปกติโมดูลตรวจสอบอาจพิสูจน์ว่ามีประโยชน์ โดยเฉพาะอย่างยิ่งการกล่าวอ้างinspect.getfile(...)ในinspect.currentframe()สามารถทำงานได้แม้ภายหลังจะกลับมาNoneเมื่อใช้ในการดำเนินการโดยไม่ต้องหลามกองกรอบ

การจัดการลิงก์สัญลักษณ์

หากสคริปต์ปัจจุบันเป็นลิงก์สัญลักษณ์แล้วทั้งหมดข้างต้นจะกลับเส้นทางของลิงก์สัญลักษณ์มากกว่าเส้นทางของไฟล์จริงและos.path.realpath(...)ควรจะเรียกใช้เพื่อแยกหลัง

การปรับแต่งเพิ่มเติมที่แยกชื่อไฟล์จริง

os.path.basename(...)อาจถูกเรียกใช้ในข้อใดข้อหนึ่งข้างต้นเพื่อแยกชื่อไฟล์จริงและos.path.splitext(...)อาจถูกเรียกใช้กับชื่อไฟล์จริงเพื่อตัดส่วนต่อท้ายดังเช่นในos.path.splitext(os.path.basename(...))อาจเรียกในชื่อไฟล์ที่เกิดขึ้นจริงในการที่จะตัดต่อท้ายเช่นเดียวกับใน

จากงูหลาม 3.4เป็นต้นไปต่อPEP 428ที่PurePathระดับของpathlibโมดูลอาจจะใช้เป็นอย่างดีในการใด ๆ ข้างต้น โดยเฉพาะpathlib.PurePath(...).nameสารสกัดจากชื่อไฟล์ที่เกิดขึ้นจริงและpathlib.PurePath(...).stemสารสกัดจากชื่อไฟล์ที่เกิดขึ้นจริงโดยไม่ต้องต่อท้าย

โปรดทราบว่า__file__จะให้ไฟล์ที่มีรหัสนี้ซึ่งสามารถนำเข้าและแตกต่างจากไฟล์หลักที่ถูกตีความ ในการรับไฟล์หลักสามารถใช้โมดูล__main__พิเศษได้:

import __main__ as main
print(main.__file__)

โปรดทราบว่าใช้__main__.__file__งานได้ใน Python 2.7 แต่ไม่ได้อยู่ใน 3.2 ดังนั้นใช้ไวยากรณ์ import-as ดังที่กล่าวมาข้างต้นเพื่อทำให้พกพาได้

คำตอบข้างต้นเป็นสิ่งที่ดี แต่ฉันพบวิธีนี้มีประสิทธิภาพมากขึ้นโดยใช้ผลลัพธ์ด้านบน
ซึ่งส่งผลให้ชื่อไฟล์สคริปต์จริงไม่ใช่เส้นทาง

import sys    
import os    
file_name =  os.path.basename(sys.argv[0])

สำหรับเวอร์ชัน Python ที่ทันสมัย ​​(3.4+) Path(__file__).nameควรเป็นสำนวนที่มากกว่า นอกจากนี้ยังPath(__file__).stemให้ชื่อสคริปต์ที่ไม่มี.pyส่วนขยาย

ลองสิ่งนี้:

print __file__

หมายเหตุ: หากคุณใช้ Python 3+ คุณควรใช้ฟังก์ชัน print () แทน

สมมติว่าชื่อไฟล์คือfoo.pyตัวอย่างด้านล่าง

import sys
print sys.argv[0][:-3]

หรือ

import sys
print sys.argv[0][::-1][3:][::-1]

สำหรับขอบเขตอื่น ๆ ที่มีตัวอักษรมากขึ้นเช่นชื่อไฟล์ foo.pypy

import sys
print sys.argv[0].split('.')[0]

หากคุณต้องการแยกจากเส้นทางที่แน่นอน

import sys
print sys.argv[0].split('/')[-1].split('.')[0]

จะส่งออก foo

อาร์กิวเมนต์แรกใน sys จะเป็นชื่อไฟล์ปัจจุบันดังนั้นสิ่งนี้จะทำงาน

   import sys
   print sys.argv[0] # will print the file name

หากคุณกำลังนำเข้าที่ผิดปกติ (เช่นเป็นไฟล์ตัวเลือก) ให้ลอง:

import inspect
print (inspect.getfile(inspect.currentframe()))

โปรดทราบว่านี่จะส่งคืนพา ธ สัมบูรณ์ไปยังไฟล์

เราสามารถทดลองใช้เพื่อรับชื่อสคริปต์ปัจจุบันโดยไม่มีส่วนขยาย

import os

script_name = os.path.splitext(os.path.basename(__file__))[0]

เนื่องจาก OP ขอชื่อไฟล์สคริปต์ปัจจุบันที่ฉันต้องการ

import os
os.path.split(sys.argv[0])[1]

ทางออกที่สกปรกเร็วของฉัน:

__file__.split('/')[-1:][0]

os.path.abspath(__file__)จะให้เส้นทางที่แน่นอน ( relpath()เช่นกัน)

sys.argv[-1] จะให้เส้นทางสัมพัทธ์กับคุณ

คำตอบทั้งหมดนั้นยอดเยี่ยม แต่มีปัญหาบางอย่างคุณอาจไม่เห็นในการมองครั้งแรก

ให้กำหนดสิ่งที่เราต้องการ - เราต้องการชื่อของสคริปต์ที่ถูกเรียกใช้ไม่ใช่ชื่อของโมดูลปัจจุบัน - ดังนั้น__file__จะใช้งานได้ก็ต่อเมื่อมันถูกใช้ในสคริปต์ที่เรียกใช้งานไม่ใช่ในโมดูลที่นำเข้า sys.argvยังมีคำถามอยู่ - ถ้าโปรแกรมของคุณถูกเรียกโดย pytest? หรือรองชนะเลิศอันดับ pydoc? หรือถ้ามันถูกเรียกโดย uwsgi?

และ - มีวิธีที่สามในการรับชื่อสคริปต์ฉันไม่เห็นในคำตอบ - คุณสามารถตรวจสอบสแต็กได้

ปัญหาอีกประการหนึ่งคือคุณ (หรือโปรแกรมอื่น) สามารถยุ่งเกี่ยวกับsys.argvและ__main__.__file__ - อาจมีอยู่ก็อาจจะไม่ มันอาจจะถูกต้องหรือไม่ อย่างน้อยคุณสามารถตรวจสอบว่ามีสคริปต์ (ผลลัพธ์ที่ต้องการ) อยู่หรือไม่!

bitranox / lib_programname ห้องสมุดของฉันที่ github ทำอย่างนั้น:

• ตรวจสอบว่า __main__มีอยู่
• ตรวจสอบว่า __main__.__file__มีอยู่
• ไม่ให้ __main__.__file__ผลลัพธ์ที่ถูกต้อง (สคริปต์นั้นมีอยู่จริงหรือไม่)
• ถ้าไม่ใช่: ตรวจสอบ sys.argv:
• มี pytest, docrunner และอื่น ๆ ใน sys.argv หรือไม่? -> ถ้าใช่เพิกเฉย
• เราจะได้รับผลลัพธ์ที่ถูกต้องที่นี่?
• ถ้าไม่ใช่: ตรวจสอบสแต็กและรับผลลัพธ์จากที่นั่น
• ถ้าสแต็กไม่ให้ผลลัพธ์ที่ถูกต้องให้โยน Exception

โดยวิธีการที่แก้ปัญหาของฉันคือการทำงานเพื่อให้ห่างไกลกับsetup.py test, uwsgi, pytest, pycharm pytest, pycharm docrunner (doctest), dreampie,eclipse

นอกจากนี้ยังมีบทความบล็อกที่ดีเกี่ยวกับปัญหาดังกล่าวจาก Dough Hellman "การกำหนดชื่อของกระบวนการจาก Python"

จาก Python 3.5 คุณสามารถทำสิ่งต่อไปนี้

from pathlib import Path
Path(__file__).stem

ดูเพิ่มเติมได้ที่นี่: https://docs.python.org/3.5/library/pathlib.html#pathlib.PurePath.stem

ตัวอย่างเช่นฉันมีไฟล์ภายใต้ไดเรกทอรีผู้ใช้ของฉันที่test.pyมีชื่ออยู่ข้างใน:

from pathlib import Path

print(Path(__file__).stem)
print(__file__)

เรียกใช้ผลลัพธ์นี้:

>>> python3.6 test.py
test
test.py