在YAML/JSON上快速创建模型

我正在尝试MongoEngine，这是一个供MongoDB使用的Python的DRM库。我可以从网站定义像这个例子中的典范：在YAML/JSON上快速创建模型

class User(Document): 
    email = StringField(required=True) 
    first_name = StringField(max_length=50) 
    last_name = StringField(max_length=50)

它就像一个魅力和MongoEngine是非常好的。那么，我想进一步思考一下，我是否可以在JSON或YAML文件中的某个地方定义我的模型，或者使用它创建一个模型。所以这个声明可能看起来像这样JSON：

{ 
    "model":"User", 
    "fields":{ 
     "email":{ 
      "type":"string", 
      "required":"true" 
     }, 
     "first_name":{ 
      "type":"string", 
      "max_length":"50" 
     }, 
     "last_name":{ 
      "type":"string", 
      "max_length":"50" 
     } 
    } 
}

然后我会解析此JSON，并用它创建一个模型。可能这可能只是我每次修改模型定义时执行的单个导入操作，或者可能是它每次都可以解析整个JSON。这是一个好场景吗？我只想让那些将使用该应用的人定义他们自己的模型，而不必深入代码。任何想法如何做动态模型创建赞赏

来源

2011-06-10 Sergei Basharov

如果你打算使用YAML，pyyaml是完全无痛的，并自动输出一个数据结构使用python的内置类型（或更复杂的类型，你定义）。

你去任何办法，我也强烈建议Rx作为验证，因此您可以轻松地验证加载的文件的完整性。*

至于使用它来创建一个模型，你可以使用内置的函数type（不是type(object)，但是type(name, bases, dict)）......“[r]创建一个新类型对象，这实质上是类声明的一种动态形式。”

所以，你可以拨打：

def massage(fields_dict): 
    #transform your file format into a valid set of fields, and return it 

user_class = type(yaml_data['model'], Document, massage(yaml_data['fields']))

*我一起在过去8使用小时这两个，巧合的是 - 他们一起工作怕疼，例如：

import yaml 
import Rx 

data = yaml.load(open("foo.yaml") 
rx = Rx.Factory({ "register_core_types": True }) 
schema = rx.make_schema(yaml.load(open("schema.yaml"))) 

if not schema.check(data): 
    raise ValueError("data file contents are not in a valid format")

来源

2011-06-10 20:41:49 Nate

伟大的信息;感谢这一点 – Profane 2011-08-18 01:34:33

在YAML/JSON上快速创建模型

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