Django：如何在自身内部调用相同的模型类？答案

【问题标题】：Django: How to call the same model class inside it s self?Django：如何在自身内部调用相同的模型类？
【发布时间】：2021-08-23 17:51:10
【问题描述】：

我有一个函数make_fields_permissions，我需要在模型类中使用它来解析字段并为每个字段设置权限，例如[('can_view_first_name_field','can view first name'),...]

目标我需要调用并覆盖Person 类并在其中自我
我试过了


def __init__(self,*args, **kwargs):
    self.Meta.permissions = make_fields_permissions(self.model)
    super().__init__(*args, **kwargs)

我的代码如下所示

from django.db import models

class Person(models.Model):
    first_name = models.CharField(max_length=30)
    last_name = models.CharField(max_length=30)

    def __init__(self, *args, **kwargs):
        # kwargs['user']['permissions'] =  make_fields_permissions(Profile)
        # x = self['age']
        super().__init__(*args, **kwargs)


    class Meta:
        permissions = make_fields_permissions(Person) #< I can't use the same model inside meta

【问题讨论】：

您可以将逻辑引入到 create Permission 对象：docs.djangoproject.com/en/3.2/ref/contrib/auth/… 所以不要在Meta 中使用这些，而是创建一个检查字段的函数给定模型，并构造Permission 对象。
你的意思是在课外我不得不说Person.permissions = myFunction(Person)？
或者你可以决定涉足元类（可以自定义类的创建方式）并尝试从ModelBase继承。虽然这很容易破解，因为ModelBase（这是Model 使用的元类）已经做了很多事情，所以这种修改需要非常小心，它会更容易让您在应用程序配置ready 方法中执行此操作，并尝试通过遍历模型字段来获得权限。
@alial-karaawi：不，只是myFunction(Person)，然后你就创建权限了。例如，您可以在应用程序配置的 ready 方法中触发此操作，就像 Abdul 说的那样。
@AbdulAzizBarkat 你能把它写在答案中吗？我不明白这样吗？

标签： python python-3.x django python-2.7

【解决方案1】：

你的目标如下：

Goal X（真正的目标）：根据模型字段动态创建权限
目标 Y（将实现 X 的感知目标）：在创建模型类时调用它。

注意：见What is the XY problem?

让我们首先讨论目标 Y 以及它为何过于复杂且有些不可行。当一个人想要自定义一个类的创建方式时，可以使用metaclasses，乍一看，这似乎是满足您需求的完美解决方案（事实上，如果您确实创建了一个正确的将是）。但这里的问题是Model 已经有一个元类ModelBase 并且它已经做了很多事情并且有点复杂。如果我们想要一个自定义元类，我们需要从它继承并非常仔细围绕它的实现来做我们想做的事情。此外，制作它并不是故事的结局，因为那时我们需要维护它，因为它很容易被 Django 更新破坏。因此目标Y是不可行的。

继续执行实际的目标 X 来做到这一点，可以Programmatically create permissions [Django docs]。执行此操作的好地方是在应用程序配置ready 方法中。对于使用startapp 创建的所有应用程序，都有一个apps.py 文件，该文件具有从AppConfig 继承的appconfig，当加载模型时，它的ready 方法被调用。因此，此方法用于执行各种任务，如附加信号、各种设置（如任务）等。修改应用程序的 appconfig 以通过编程方式创建权限，如下所示：

from django.apps import AppConfig


class YourAppConfig(AppConfig):
    default_auto_field = 'django.db.models.AutoField' # Don't modify, keep it as it is in your code
    name = 'your_app' # Don't modify, keep it as it is in your code
    
    def ready(self):
        from django.contrib.auth.models import Permission
        from django.contrib.contenttypes.models import ContentType
        from path.to import make_fields_permissions
        from .models import Person
        # import models here, not outside as models may not be loaded yet
        content_type = ContentType.objects.get_for_model(Person)
        for codename, name in make_fields_permissions(Person):
            Permission.objects.get_or_create(
                codename=codename, # 'can_view_first_name_field'
                name=name, # 'can view first name'
                content_type=content_type,
            )

【讨论】：