将views.py拆分为多个文件

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我的views.py体积太大了，很难找到正确的视图。

如何将其拆分为多个文件，然后导入？是否涉及速度损失？

我可以这样models.py吗？

python django

— 巴林
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我将较大的（7k行）views.py文件拆分为单独的文件，并且速度显着提高。

— user1261774

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在Django中，所有内容都是Python模块（* .py）。您可以创建一个带有__init__.py内部视图的文件夹，并且仍然可以导入视图，因为这也实现了Python模块。但是一个例子会更好。

您的原始图片views.py可能如下所示：

def view1(arg):
    pass

def view2(arg):
   pass

使用以下文件夹/文件结构，它将起到相同的作用：

views/
   __init__.py
   viewsa.py
   viewsb.py

viewsa.py ：

def view1(arg):
    pass

viewsb.py ：

def view2(arg):
    pass

__init__.py ：

from viewsa import view1
from viewsb import view2

在快速的解释是：当你写from views import view1的Python会寻找在厂景

views.py，这就是第一种（原始）情况
views/__init__.py，这是第二种情况。在这里，__init__.py能够提供view1方法，因为它可以导入它。

使用这种解决方案，您可能无需更改import或更改urlpattern参数urls.py

如果每个新视图文件中都有很多方法，那么views/__init__.py使用导入可能会很有用*，如下所示：

from viewsa import *
from viewsb import *

我实际上不了解速度问题（但我怀疑是否有任何问题）。

对于模型而言，可能有点困难。

— 文森特·德梅斯特
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您能否在示例中添加与view1或view2匹配的网址格式？因为我对此有

— Pascal Klein

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我尝试这样做，但是当我导入模型（从app.models导入MyModel或从模型导入MyModel）时，Python抱怨该模型不存在。

— 克里斯·米勒

如果我们删除根目录中的views.py，可以吗？

— Roel

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该解决方案对我不起作用（与@ChrisMiller相同的错误。我的解决方案：in __init__.py：中from myapp.views.viewsa import *。请注意，您再也不能具有views.py了（或者至少不会被读取@ShiftNTab：错误）希望对您

— 有所

命名约定如何：文件名应为单数还是复数？例如：views.car.pyvsviews.cars.py

— 吉瓦尔

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我之前必须这样做（为了清楚起见）

我这样做的方法是创建一个views目录，然后创建一个名为__init__.py

现在，当您呼叫时urls.py，您只需要添加另一部分

例如，以前，您可能打电话给：-

url(r'^calendar/(?P<year>\d\d\d\d)/$', 'myproject.calendar.views.year')
url(r'^calendar/(?P<year>\d\d\d\d)/(?P<user>[a-z]+)/$', 'myproject.calendar.views.year_by_user')

您现在可以按照

url(r'^calendar/(?P<year>\d\d\d\d)/$', 'myproject.calendar.views.year.index')
url(r'^calendar/(?P<year>\d\d\d\d)/(?P<user>[a-z]+)/$', 'myproject.calendar.views.year.user')

当然，这是假定您已views/year.py包含index和user;）

— 梅斯
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基本上，您可以将代码放在任意位置。只需确保您相应地更改了导入语句，例如针对中的视图即可urls.py。

不知道您的实际代码很难提出有意义的建议。也许你可以使用某种类型的文件名前缀，例如views_helper.py，views_fancy.py，views_that_are_not_so_often_used.py或使...

另一个选择是创建一个views目录__init__.py，其中要导入所有子视图。如果您需要大量文件，则可以随着视图的增长而创建更多的嵌套子视图。

— 未来
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只是为了分享，文森特·德梅斯特（Vincent Demeester）的回答有点问题。除了init .py文件外，一切都很好，我必须这样写：

__init__.py：

from .viewsa import *
from .viewsb import *

这样，我仍然不需要import在urls.py中更改我的方法。我正在使用Python 3.6.1和Django 1.11.4。

— 上瘾
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简单的答案：是的。

最好是创建一个名为views的目录，然后在您的urls.py中执行以下操作：

import views
...
url(r'^classroom$', views.school.klass, name="classroom"),

— 彼得·本格森
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我将应用程序中的几乎所有视图都拆分为一个views文件夹（当然还有一个init .py）。但是，我不像某些答案所建议的那样将所有子视图导入init .py中。似乎工作正常。

— 血钱博士
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由于Django只希望视图是可调用的对象，因此您可以将其放置在PYTHONPATH中的任何位置。因此，您可以例如仅创建一个新程序包myapp.views并将视图放入那里的多个模块中。自然，您将不得不更新urls.py和其他引用这些视图可调用对象的模块。

— 霍斯特·古特曼
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这实际上是不正确的-可以通过模型来完成。请参阅：code.djangoproject.com/ticket/4470

— Jonathan Berger

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啊，很高兴知道，谢谢您:-)我一直认为模型和模型在应用程序包中的作用涉及更多魔力。在我的回复中删除了有关模型的行。

— Horst Gutmann

很高兴能为您提供帮助，后来我意识到，该链接实际上说明了如何更好地使用模型：blog.amber.org/2009/01/19/…–

— Jonathan Berger

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我一直在把它放在我的init .py中玩：

import os

currPath = os.path.realpath(os.path.dirname(__file__))

dirFiles = []
for root, dirs, files in os.walk(currPath):
    for name in files:
        if name.endswith('.py') and not name.startswith('_'): 
            dirFiles.append(name.strip('.py'))

for f in dirFiles:
    exec("from %s import %s" % (f,f))

我还是python新手，所以我仍在研究它对速度/安全性/易用性有什么影响。

— 紧急服务
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假设您有一个名为：的文件，password_generator.py然后在其中views.py添加：from password_generator import *

然后，您可以从调用该模块的功能views.py。

— 阿比
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文森特·德梅斯特（Vincent Demeester）的回答太棒了！但是对我来说，瘾君子的回答就像一个魅力。我在迁移数据库时遇到困难。该错误指示导入了第一个模型的行，并指出无法识别我的应用程序模块。搜索了很多，但是找不到解决方案，但是后来我导入了这样的模型：

from ..models import ModelName

有效！！

— 巴沙尔
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