导入python模块不在路径上

我有一个模块foo，包含util.py和bar.py.导入python模块不在路径上

我想在IDLE或python会话中导入它。我如何去做这件事？

我找不到有关如何导入不在当前目录或默认python PATH中的模块的文档。试图import "<full path>/foo/util.py"，和from "<full path>" import util

最接近之后，我能得到是

import imp 
imp.load_source('foo.util','C:/.../dir/dir2/foo')

这给了我许可的Windows 7拒绝

来源

2012-04-15 Vort3x

还值得看看这[相关问题]（http://stackoverflow.com/questions/15109548/set-pythonpath-before-import-statements）。特别是，我喜欢那里的[最佳答案]（http://stackoverflow.com/a/15109660/95852），因为它清楚了sys.path的更改的安全性。 – 2015-03-17 18:49:09

[How to import a module given given the full path？]（http://stackoverflow.com/questions/67631/how-to-import-a-module-given-the-full-path） – 2015-11-30 02:03:41

一种方法是简单地修改你的path：

import sys 
sys.path.append('C:/full/path') 
from foo import util,bar

注意，这需要FOO是一个Python包，即包含一个__init__.py文件。如果您不想修改sys.path，您可以also modify the PYTHONPATH environment variable或install the module on your system。请注意，这意味着该目录中的其他目录或.py文件可能会无意中加载。

因此，您可能想使用imp.load_source来代替。它需要的文件名，而不是一个目录（以当前用户被允许读取文件）：

import imp 
util = imp.load_source('util', 'C:/full/path/foo/util.py')

来源

2012-04-15 11:32:32 phihag

它的工作原理，但现在当试图通过使用方法使用util.method，它说'方法'没有定义。但我可以通过util.method来使用它。为什么？ – Vort3x 2012-04-15 11:54:38

由于您尚未定义'方法'，因此只有''util''中的'method'。如果需要，你可以定义'method = util.method'。 – katrielalex 2012-04-15 11:57:43

请注意，从foo import *开始的编码是不好的编码，除非你只是在shell中进行黑客入侵。 – katrielalex 2012-04-15 11:58:01

你可以使用PYTHONPATH环境变量定义模块，搜索路径，或者手动修改sys.path目录列表。

请参阅Module Search Path关于python.org的文档。

来源

2012-04-15 11:26:29 icecrime

试试这个

import sys 
sys.path.append('c:/.../dir/dir2') 
import foo

来源

2012-04-15 11:29:09 Levon

-1因为追加到Python路径是一个不好的解决方案。它可以工作，但是它比imp.load_source严格得更糟，因为用户可能不想修改任何系统路径，或者可能正在计算机上工作，因为他或她不能这样做。这实际上是Python中最烦人的“特性”之一，否则就是一种优雅的语言。很愚蠢的是，你不能只给一个字符串命名一个路径到另一个.py文件。考虑到你不能做到这一点，通过使用imp来防止改变系统路径是非常好的。 – ely 2012-04-16 17:51:28

@EMS啊..我明白你的意思了，以前我没有意识到，但现在你明白了。感谢您指出了这一点。（我现在可能需要修改我自己的一些代码:) – Levon 2012-04-16 17:58:38

别担心。这是'sys.path'（或至少*一个*预期用例）的预期目的。 F先生（显然以前是EMS）是错误的。由于phihag在对他的回答相同的-1评论中的回应中注意到，“sys.path”与整个系统路径不相关。 – 2015-03-17 18:36:01

继phihag的提示，我有这样的解决方案。只要将源文件的路径设置为load_src，它就会加载它。您还必须提供一个名称，以便您可以使用该名称导入此模块。我喜欢做这种方式，因为它更明确：

def load_src(name, fpath): 
    import os, imp 
    return imp.load_source(name, os.path.join(os.path.dirname(__file__), fpath)) 

load_src("util", "../util.py") 
import util 

print util.method()

另一个（不太明显）的方式是这样的：

util = load_src("util", "../util.py") # "import util" is implied here 

print util.method() # works, util was imported by the previous line

编辑：的方法重写以使其更清晰。

来源

2014-01-01 16:27:58 Jabba