Как мне узнать путь и имя файла, который в данный момент выполняется?

Не совсем понятно, что вы подразумеваете под «путем к файлу, который в данный момент выполняется в процессе». sys.argv[0] обычно содержит расположение сценария, запущенного интерпретатором Python. Проверьте sys документация для более подробной информации.

Как отметили @Tim и @Pat Notz, атрибут __file__ обеспечивает доступ к

the file from which the module was loaded, if it was loaded from a file

Я думаю, это просто __file__. Похоже, вы также можете проверить проверить модуль.

Атрибут __file__ работает как для файла, содержащего основной код выполнения, так и для импортированных модулей.

См. https://web.archive.org/web/20090918095828/http://pyref.infogami.com/__file__

p1.py:

execfile("p2.py")

p2.py:

import inspect, os
print (inspect.getfile(inspect.currentframe()) # script filename (usually with path)
print (os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())))) # script directory

Вы можете использовать inspect.stack()

import inspect,os
inspect.stack()[0]  => (<frame object at 0x00AC2AC0>, 'g:\Python\Test\_GetCurrentProgram.py', 15, '<module>', ['print inspect.stack()[0]\n'], 0)
os.path.abspath (inspect.stack()[0][1]) => 'g:\Python\Test\_GetCurrentProgram.py'

__file__

как говорили другие. Вы также можете использовать os.path.realpath для удаления символических ссылок:

import os

os.path.realpath(__file__)

import sys

print sys.path[0]

это напечатает путь к исполняемому в данный момент скрипту

Все предложения, отмеченные как лучшие, верны, если ваш сценарий состоит только из одного файла.

Если вы хотите узнать имя исполняемого файла (то есть корневой файл, переданный интерпретатору python для текущей программы) из файла, который может быть импортирован как модуль, вам необходимо сделать это (предположим, что это находится в файле с именем foo.py):

import inspect

print inspect.stack()[-1][1]

Потому что последнее ([-1]) в стеке - это первое, что попало в него (стеки - это структуры данных LIFO / FILO).

Затем в файле bar.py, если вы используете import foo, он напечатает bar.py, а не foo.py, который будет значением всех этих:

• __file__
• inspect.getfile(inspect.currentframe())
• inspect.stack()[0][1]

import sys
print sys.argv[0]

Я использовал подход с __file__
os.path.abspath(__file__)
но есть небольшая хитрость, он возвращает файл .py при первом запуске кода, следующие прогоны дают имя * .pyc файла
поэтому я остался с:
inspect.getfile(inspect.currentframe())
или
sys._getframe().f_code.co_filename

Думаю, это чище:

import inspect
print inspect.stack()[0][1]

и получает ту же информацию, что и:

print inspect.getfile(inspect.currentframe())

Где [0] - текущий фрейм в стеке (верх стека), а [1] - это имя файла, увеличивайте, чтобы вернуться в стек, т. Е.

print inspect.stack()[1][1]

будет именем файла сценария, который вызвал текущий фрейм. Кроме того, использование [-1] приведет вас к нижней части стека, к исходному сценарию вызова.

У меня есть сценарий, который должен работать в среде Windows. Этот фрагмент кода - это то, с чем я закончил:

import os,sys
PROJECT_PATH = os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])

это довольно хакерское решение. Но для этого не нужны внешние библиотеки, и это самое главное в моем случае.

если вам нужно только имя файла без ./ или .py, вы можете попробовать это

filename = testscript.py
file_name = __file__[2:-3]

file_name распечатает тестовый скрипт вы можете сгенерировать все, что захотите, изменив индекс внутри []

import os

import wx


# return the full path of this file
print(os.getcwd())

icon = wx.Icon(os.getcwd() + '/img/image.png', wx.BITMAP_TYPE_PNG, 16, 16)

# put the icon on the frame
self.SetIcon(icon)

import os
print os.path.basename(__file__)

это даст нам только имя файла. т.е. если abspath файла - c: \ abcd \ abc.py, то вторая строка напечатает abc.py

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

Нет необходимости в проверке или какой-либо другой библиотеке.

Это сработало для меня, когда мне пришлось импортировать скрипт (из другого каталога, чем исполняемый скрипт), который использовал файл конфигурации, находящийся в той же папке, что и импортированный скрипт.

import os
os.path.dirname(__file__) # relative directory path
os.path.abspath(__file__) # absolute file path
os.path.basename(__file__) # the file name only

Это должно работать:

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

Обновление 2018-11-28:

Вот краткое изложение экспериментов с Python 2 и 3. С

main.py - запускает foo.py
foo.py - запускает lib / bar.py
lib / bar.py - печатает выражения пути к файлу

| Python | Run statement       | Filepath expression                    |
|--------+---------------------+----------------------------------------|
|      2 | execfile            | os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]) |
|      2 | from lib import bar | __file__                               |
|      3 | exec                | (wasn't able to obtain it)             |
|      3 | import lib.bar      | __file__                               |

Для Python 2 было бы проще переключиться на пакеты, поэтому можно использовать from lib import bar - просто добавьте пустые файлы __init__.py в две папки.

Для Python 3 execfile не существует - ближайшая альтернатива - exec(open(<filename>).read()), хотя это влияет на фреймы стека. Проще всего использовать import foo и import lib.bar - файлы __init__.py не нужны.

См. Также Разница между import и execfile

Оригинальный ответ:

Вот эксперимент, основанный на ответах в этой теме - с Python 2.7.10 в Windows.

Те, которые основаны на стеке, - единственные, которые, кажется, дают надежные результаты. У последних двух самый короткий синтаксис, т.е. -

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])                   # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib

Вот они, добавленные в sys как функции! Кредит для @Usagi и @pablog

На основе следующих трех файлов и запуска main.py из его папки с python main.py (также пробовали файлы exec с абсолютными путями и вызовы из отдельной папки).

C: \ пути к файлам \ main.py: execfile('foo.py')
C: \ пути к файлам \ foo.py: execfile('lib/bar.py')
C: \ пути к файлам \ lib \ bar.py:

import sys
import os
import inspect

print "Python " + sys.version
print

print __file__                                        # main.py
print sys.argv[0]                                     # main.py
print inspect.stack()[0][1]                           # lib/bar.py
print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print

print os.path.realpath(__file__)                      # C:\filepaths\main.py
print os.path.abspath(__file__)                       # C:\filepaths\main.py
print os.path.basename(__file__)                      # main.py
print os.path.basename(os.path.realpath(sys.argv[0])) # main.py
print

print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])  # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))      # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))  # C:\filepaths
print os.path.dirname(__file__)                       # (empty string)
print

print inspect.getfile(inspect.currentframe())         # lib/bar.py

print os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())) # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) # C:\filepaths\lib
print

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])          # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib
print

Я написал функцию, которая учитывает затмения отладчик и модульный тест. Он возвращает папку с первым запускаемым вами скриптом. Вы можете дополнительно указать переменную __файл__, но главное, что вам не нужно использовать эту переменную для всех ваших иерархия вызовов.

Возможно, вы справитесь с другими частными случаями, которые я не видел, но для меня это нормально.

import inspect, os
def getRootDirectory(_file_=None):
    """
    Get the directory of the root execution file
    Can help: http://stackoverflow.com/questions/50499/how-do-i-get-the-path-and-name-of-the-file-that-is-currently-executing
    For eclipse user with unittest or debugger, the function search for the correct folder in the stack
    You can pass __file__ (with 4 underscores) if you want the caller directory
    """
    # If we don't have the __file__ :
    if _file_ is None:
        # We get the last :
        rootFile = inspect.stack()[-1][1]
        folder = os.path.abspath(rootFile)
        # If we use unittest :
        if ("/pysrc" in folder) & ("org.python.pydev" in folder):
            previous = None
            # We search from left to right the case.py :
            for el in inspect.stack():
                currentFile = os.path.abspath(el[1])
                if ("unittest/case.py" in currentFile) | ("org.python.pydev" in currentFile):
                    break
                previous = currentFile
            folder = previous
        # We return the folder :
        return os.path.dirname(folder)
    else:
        # We return the folder according to specified __file__ :
        return os.path.dirname(os.path.realpath(_file_))

Получить каталог исполняемого скрипта

 print os.path.dirname( inspect.getfile(inspect.currentframe()))

Чтобы обеспечить согласованность миграции между платформами (macOS / Windows / Linux), попробуйте:

path = r'%s' % os.getcwd().replace('\','/')

Самый простой способ:

в script_1.py:

import subprocess
subprocess.call(['python3',<path_to_script_2.py>])

в script_2.py:

sys.argv[0]

P.S .: Я пробовал execfile, но поскольку он читает script_2.py как строку, sys.argv[0] вернул <string>.

Большинство этих ответов были написаны на Python версии 2.x или более ранней. В Python 3.x синтаксис функции печати изменился и теперь требует скобок, то есть print ().

Итак, этот более ранний ответ с высокой оценкой от пользователя user13993 в Python 2.x:

import inspect, os
print inspect.getfile(inspect.currentframe()) # script filename (usually with path)
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) # script directory

Становится в Python 3.x:

import inspect, os
print(inspect.getfile(inspect.currentframe())) # script filename (usually with path)
print(os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) ) # script directory

Я всегда просто использовал функцию ОС текущего рабочего каталога или CWD. Это часть стандартной библиотеки, и ее очень легко реализовать. Вот пример:

    import os
    base_directory = os.getcwd()

Попробуй это,

import os
os.path.dirname(os.path.realpath(__file__))

print(__file__)
print(__import__("pathlib").Path(__file__).parent)

Вот что я использую, чтобы без проблем бросать свой код куда угодно. __name__ определяется всегда, но __file__ определяется только тогда, когда код запускается как файл (например, не в IDLE / iPython).

if '__file__' in globals():
    self_name = globals()['__file__']
elif '__file__' in locals():
    self_name = locals()['__file__']
else:
    self_name = __name__

В качестве альтернативы это можно записать как:

self_name = globals().get('__file__', locals().get('__file__', __name__))

Поскольку Python 3 довольно распространен, я хотел включить ответ pathlib, так как считаю, что теперь это, вероятно, лучший инструмент для доступа к информации о файлах и путях.

from pathlib import Path

current_file: Path = Path(__file__).resolve()

Если вы ищете каталог текущего файла, это так же просто, как добавить .parent к оператору Path():

current_path: Path = Path(__file__).parent.resolve()