現在のスクリプトディレクトリを適切に判断するにはどうすればよいですか？

Pythonで現在のスクリプトディレクトリを特定するための最良の方法を教えてください。

私は、Pythonコードを呼び出す方法が多いため、適切な解決策を見つけるのが難しいことを発見しました。

ここにいくつかの問題があります：

• __file__でスクリプトを実行した場合、は定義されませんexec。execfile
• __module__ モジュールでのみ定義されています

ユースケース：

• ./myfile.py
• python myfile.py
• ./somedir/myfile.py
• python somedir/myfile.py
• execfile('myfile.py') （別のスクリプトから、別のディレクトリに配置でき、別の現在のディレクトリを持つことができます。

私は完璧な解決策はないことを知っていますが、ほとんどの場合を解決する最善のアプローチを探しています。

最も使用されるアプローチはですos.path.dirname(os.path.abspath(__file__))が、で別のスクリプトからスクリプトを実行する場合、これは実際には機能しませんexec()。

警告

現在のディレクトリを使用するソリューションはすべて失敗します。これは、スクリプトの呼び出し方法によって異なる場合や、実行中のスクリプト内で変更される場合があります。

os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

確かにあなたが手に入れる最高のものです。

exec/でスクリプトを実行するのは珍しいことexecfileです。通常、モジュールインフラストラクチャを使用してスクリプトをロードする必要があります。これらのメソッドを使用する必要がある場合は、スクリプトに渡してファイル名を読み取れるように設定__file__することをglobalsお勧めします。

実行されたコードでファイル名を取得する方法は他にありません。お気づきのように、CWDは完全に異なる場所にある可能性があります。

スクリプトが経由execfile(...)で呼び出されるケースを本当にカバーしたい場合は、inspectモジュールを使用してファイル名（パスを含む）を推測できます。私が知る限り、これはあなたがリストしたすべてのケースで機能します：

filename = inspect.getframeinfo(inspect.currentframe()).filename
path = os.path.dirname(os.path.abspath(filename))

#!/usr/bin/env python
import inspect
import os
import sys

def get_script_dir(follow_symlinks=True):
    if getattr(sys, 'frozen', False): # py2exe, PyInstaller, cx_Freeze
        path = os.path.abspath(sys.executable)
    else:
        path = inspect.getabsfile(get_script_dir)
    if follow_symlinks:
        path = os.path.realpath(path)
    return os.path.dirname(path)

print(get_script_dir())

CPython、Jython、Pypyで動作します。スクリプトを使用して実行した場合に機能しますexecfile()（sys.argv[0]および- __file__ベースのソリューションはここでは失敗します）。スクリプトが実行可能なzipファイル（/ ang）内にある場合に機能します。スクリプトがPYTHONPATH=/path/to/library.zip python -mscript_to_runzipファイルから"インポート"（）された場合に機能します。この場合、アーカイブパスを返します。スクリプトがスタンドアロンの実行可能ファイル（sys.frozen）にコンパイルされている場合に機能します。これはシンボリックリンクに対して機能しrealpathます（シンボリックリンクを削除します）。インタラクティブなインタプリタで機能します。この場合、現在の作業ディレクトリを返します。

Python 3.4以降では、より単純なpathlibモジュールを使用できます。

from inspect import currentframe, getframeinfo
from pathlib import Path

filename = getframeinfo(currentframe()).filename
parent = Path(filename).resolve().parent

の os.path...アプローチは、Python 2で「行われたこと」でした。

Python 3では、次のようにスクリプトのディレクトリを見つけることができます。

from pathlib import Path
cwd = Path(__file__).parents[0]

を使用os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))する場合に本当に必要があるかどうかを使用して非常に慎重に調べてくださいexec。スクリプトをモジュールとして使用できない場合は、設計に問題があることを示している可能性があります。

Zen of Python＃8に注意してください。Zenof Python＃8が機能する必要があるユースケースについて適切な議論があると思われる場合execは、問題の背景に関する詳細をお知らせください。

だろう

import os
cwd = os.getcwd()

何をしたいですか？「現在のスクリプトディレクトリ」が正確に何を意味するのかわかりません。あなたが与えたユースケースに対して期待される出力は何でしょうか？

まず、匿名コードを挿入する方法について話している場合、ここではいくつかの使用例がありません。

code.compile_command()
code.interact()
imp.load_compiled()
imp.load_dynamic()
imp.load_module()
__builtin__.compile()
loading C compiled shared objects? example: _socket?)

しかし、本当の問題は、あなたの目標は何ですか？ある種のセキュリティを強制しようとしているのですか？または、ロードされているものに興味がありますか？

セキュリティに関心がある場合、exec / execfileを介してインポートされるファイル名は重要ではありません。以下を提供するrexecを使用する必要があります。

このモジュールにはRExecクラスが含まれ、r_eval（）、r_execfile（）、r_exec（）、およびr_import（）メソッドをサポートします。これらのメソッドは、標準のPython関数eval（）、execfile（）、execおよびimportステートメントの制限付きバージョンです。この制限された環境で実行されるコードは、安全と見なされるモジュールと機能にのみアクセスできます。必要に応じて、RExecの追加または削除機能をサブクラス化できます。

ただし、これがより学術的な目的である場合は、少し掘り下げることができるかもしれない2つの間抜けなアプローチを次に示します。

スクリプトの例：

./deep.py

print ' >> level 1'
execfile('deeper.py')
print ' << level 1'

./deeper.py

print '\t >> level 2'
exec("import sys; sys.path.append('/tmp'); import deepest")
print '\t << level 2'

/tmp/deepest.py

print '\t\t >> level 3'
print '\t\t\t I can see the earths core.'
print '\t\t << level 3'

./codespy.py

import sys, os

def overseer(frame, event, arg):
    print "loaded(%s)" % os.path.abspath(frame.f_code.co_filename)

sys.settrace(overseer)
execfile("deep.py")
sys.exit(0)

出力

loaded(/Users/synthesizerpatel/deep.py)
>> level 1
loaded(/Users/synthesizerpatel/deeper.py)
    >> level 2
loaded(/Users/synthesizerpatel/<string>)
loaded(/tmp/deepest.py)
        >> level 3
            I can see the earths core.
        << level 3
    << level 2
<< level 1

もちろん、これはリソースを集中的に使用する方法であり、すべてのコードをトレースすることになります。あまり効率的ではありません。しかし、巣に深く入り込んでも機能し続けるので、これは斬新なアプローチだと思います。'eval'を上書きすることはできません。できますが）（execfileをオーバーライドします。

このアプローチは、「インポート」ではなく、exec / execfileのみを対象としています。より高いレベルの「モジュール」ロードフックでは、sys.path_hooksを使用できる場合があります （PyMOTWの厚意により提供）。

私が頭から離れているのはそれだけです。

これは部分的な解決策ですが、これまでに公開されたすべての解決策よりも優れています。

import sys, os, os.path, inspect

#os.chdir("..")

if '__file__' not in locals():
    __file__ = inspect.getframeinfo(inspect.currentframe())[0]

print os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

今これはすべての呼び出しで機能しますが、誰かが使用した場合 chdir()が現在のディレクトリを変更するし、これも失敗します。

ノート：

• sys.argv[0]は機能しません。-cスクリプトを実行すると戻りますpython -c "execfile('path-tester.py')"
• 私はhttps://gist.github.com/1385555で完全なテストを公開しました。あなたはそれを改善することを歓迎します。

これはほとんどの場合に機能するはずです。

import os,sys
dirname=os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))

うまくいけばこれが役立つ：-どこからでもスクリプト/モジュールを実行すると、スクリプト__file__の場所を表すモジュール変数である変数にアクセスできるようになります。

一方、インタープリターを使用している場合は、その変数にアクセスできず、名前を取得します NameErroros.getcwd()ん。別の場所からファイルを実行している場合はを、誤ったディレクトリをます。

このソリューションは、すべての場合にあなたが探しているものを提供するはずです：

from inspect import getsourcefile
from os.path import abspath
abspath(getsourcefile(lambda:0))

十分にテストしていませんが、問題は解決しました。