对类方法使用 pydispatch 和装饰器

Question

我正在尝试一些相当简单的事情。我想编写一个装饰器，它使用 pydispatcher 在事件处理程序中转换类方法。这是我的基本方法：

from pydispatch.dispatcher import connect,send,Any

SIGNAL = "test"

def triggered(func):
    connect(func,signal=SIGNAL,sender = Any)
    return func

class P(object):
    @triggered
    def a(self,*args,**kwargs):
        print "yay"

if __name__ == "__main__":
    p = P()
    send(signal=SIGNAL,sender="")

这会引发错误：

Traceback (most recent call last):
  File "util.py", line 35, in <module>
    send(signal=SIGNAL,sender="")
  File "/usr/local/lib/python2.7/dist-packages/pydispatch/dispatcher.py", line 338, in send
    **named
  File "/usr/local/lib/python2.7/dist-packages/pydispatch/robustapply.py", line 55, in robustApply
    return receiver(*arguments, **named)
TypeError: a() takes at least 1 argument (0 given)

有什么想法吗？

Answer 1

您在一个类中注册了一个函数。这意味着只是注册了函数，而不是绑定的方法。函数未绑定到实例，因此没有传入 self 参数。

您不能希望在类定义中的常规方法上使用装饰器，因为当时所需的上下文（实例）不可用。

您必须先创建一个实例，然后注册绑定到该实例的方法才能使其工作：

class P(object):
    def a(self, *args, **kwargs):
        print "yay"

if __name__ == "__main__":
    p = P()
    triggered(p.a)
    send(signal=SIGNAL,sender="")

现在triggered()注册p.a绑定方法；调用该方法将在调用时将p 作为self 参数传入。

您也可以将a 方法设为static 或class 方法。静态方法本质上只是一个函数；它从不接受self 参数。这意味着您可以将其注册为信号处理程序，但您永远不会获得使用类的好处：

class P(object):
    @staticmethod
    @triggered
    def a(*args, **kwargs):
        print "yay"

如果您将其设为类方法，您将获得传入的类（仍然不是实例），并且您将必须在类外进行注册以确保获得绑定方法：

class P(object):
    @classmethod
    def a(cls, *args, **kwargs):
        print "yay"

triggered(P.a)