我怎样才能腌制一个类定义？

Question

我在挑选一个类从另一个模块导入一个类时遇到问题。

想象一下，我有一个文件 classA.py，其中定义了 A 类：

class A:
    def execute(self):
        print('Hello from class A!')

然后我还有另一个文件classB.py：

import dill
import classA

class B:
    def __init__(self):
        self.a = classA.A()

    def execute(self):
        self.a.execute()
        print('Hello from class B!')


b = B()

with open('/file/path', 'wb') as f:
    dill.dump(b, f)

如果然后我尝试从不同的目录中解压缩创建的文件：

with open('file/path', 'rb') as f:
    b = dill.load(f)

我得到错误：

ModuleNotFoundError: No module named 'classB'

它当然可以在我拥有文件 classA.py 和 classB.py 的同一个文件夹中工作，因为解释器可以找到这两个类的定义。

所以我想我必须以某种方式将类的定义带入 pickle 文件。我该怎么做？

谢谢 斯特凡诺

Answer 1

它当然可以在我拥有文件 classA.py 和 classB.py 的同一个文件夹中工作，因为解释器可以找到这两个类的定义。 所以我想我必须以某种方式将类的定义带入泡菜文件。我该怎么做？

这不是它的工作原理。您不会“将类的定义带入 pickle 文件” - which would make no sense 因为只有类限定名被腌制（限定名 => 包名.模块名.类名）

相反，您必须确保在 unpickling 时定义类的模块是可导入的 - “可导入”意味着包或模块的父文件夹路径位于您的 sys.path 中。您可以通过几种方式执行此操作（使用 PYTHONPATH 环境变量，直接在您的代码中弄乱sys.path - 这通常是一个坏主意，有时是正确的解决方案 - 在 vi​​rtualenv 中安装您的模块并激活此 virtualenv 等）

注意：当前工作目录总是在您的sys.path 中排在第一位，这就是“它当然可以在同一个文件夹中工作”的原因。