Получить имя текущего скрипта в Python

Я пытаюсь получить имя скрипта Python, который в данный момент выполняется.

У меня есть сценарий, foo.pyи я хотел бы сделать что-то вроде этого, чтобы получить имя сценария:

print Scriptname

Вы можете использовать, __file__чтобы получить имя текущего файла. При использовании в основном модуле это имя сценария, который был первоначально вызван.

Если вы хотите опустить часть каталога (которая может присутствовать), вы можете использовать os.path.basename(__file__).

import sys
print sys.argv[0]

Это будет печатать foo.pyдля python foo.py, dir/foo.pyдля python dir/foo.pyи т. Д. Это первый аргумент для python. (Обратите внимание, что после py2exe это будет foo.exe.)

Для полноты картины я подумал, что было бы целесообразно обобщить различные возможные результаты и предоставить ссылки для точного поведения каждого из них:

• __file__является текущим исполняемым файлом, как указано в официальной документации :

  __file__путь к файлу, из которого был загружен модуль, если он был загружен из файла. __file__Атрибут может отсутствовать для некоторых типов модулей, таких как C модули , которые статически связаны в интерпретатор; для модулей расширения, загружаемых динамически из общей библиотеки, это путь к файлу общей библиотеки.

  С Python3.4 годом, на вопрос 18416 , __file__всегда абсолютный путь, если в данный момент выполняет файл не является сценарием , который был выполнен непосредственно (не через переводчик с -mпараметром командной строки) , используя относительный путь.

• __main__.__file__(требует импорта __main__) просто обращается к вышеупомянутому __file__атрибуту основного модуля , например, сценария, который был вызван из командной строки.

• sys.argv[0](требует импорта sys) - это имя сценария, которое было вызвано из командной строки и может быть абсолютным путем, как подробно описано в официальной документации :

  argv[0]имя скрипта (зависит от операционной системы, является ли это полным путем или нет). Если команда была выполнена с использованием параметра -cкомандной строки для интерпретатора, argv[0]устанавливается строка '-c'. Если имя интерпретатора не было передано интерпретатору Python, argv[0]это пустая строка.

  Как упоминалось в другом ответе на этот вопрос , скрипты Python, которые были преобразованы в автономные исполняемые программы с помощью таких инструментов, как py2exe или PyInstaller, могут не отображать желаемый результат при использовании этого подхода (то есть sys.argv[0]будут содержать имя исполняемого файла, а не имя основного файла Python в этом исполняемом файле).

• Если ни одна из вышеупомянутых опций не работает, возможно, из-за нерегулярной операции импорта, модуль проверки может оказаться полезным. В частности, вызов inspect.getfile(...)on inspect.currentframe()может работать, хотя последний будет возвращатьсяNone при запуске в реализации без фрейма стека Python .

Обработка символических ссылок

Если текущий скрипт является символической ссылкой, то все вышеперечисленное будет возвращать путь символической ссылки, а не путь к реальному файлу, и его os.path.realpath(...)следует вызывать для извлечения последней.

Дальнейшие манипуляции, которые извлекают фактическое имя файла

os.path.basename(...)может быть вызван по любому из вышеперечисленных для извлечения фактического имени файла и os.path.splitext(...)может быть вызван по фактическому имени файла для усечения его суффикса, как в os.path.splitext(os.path.basename(...)).

Из Python 3.4 и далее, за PEP 428 , то PurePathкласс из pathlibмодуля может быть также использован на любом из указанных выше. В частности, pathlib.PurePath(...).nameизвлекает фактическое имя файла и pathlib.PurePath(...).stemизвлекает фактическое имя файла без его суффикса.

Обратите внимание, что __file__это даст файл, в котором находится этот код, который можно импортировать и отличать от интерпретируемого основного файла. Чтобы получить основной файл, можно использовать специальный модуль __main__ :

import __main__ as main
print(main.__file__)

Обратите внимание, что это __main__.__file__работает в Python 2.7, но не в 3.2, поэтому используйте синтаксис import-as, как описано выше, чтобы сделать его переносимым.

Вышеуказанные ответы хороши. Но я нашел этот метод более эффективным, используя приведенные выше результаты.
Это приводит к фактическому имени файла сценария, а не к пути.

import sys    
import os    
file_name =  os.path.basename(sys.argv[0])

Для современных версий Python (3.4+), Path(__file__).nameдолжно быть более идиоматичным. Кроме того, Path(__file__).stemдает вам имя сценария без .pyрасширения.

Попробуй это:

print __file__

Примечание. Если вы используете Python 3+, вам следует использовать вместо этого функцию print ()

Предполагая, что имя файла foo.py, приведенный ниже фрагмент

import sys
print sys.argv[0][:-3]

или

import sys
print sys.argv[0][::-1][3:][::-1]

Что касается других расширений с большим количеством символов, например имя файла foo.pypy

import sys
print sys.argv[0].split('.')[0]

Если вы хотите извлечь из абсолютного пути

import sys
print sys.argv[0].split('/')[-1].split('.')[0]

будет выводить foo

Первым аргументом в sys будет текущее имя файла, так что это будет работать

   import sys
   print sys.argv[0] # will print the file name

Если вы делаете необычный импорт (например, это файл опций), попробуйте:

import inspect
print (inspect.getfile(inspect.currentframe()))

Обратите внимание, что это вернет абсолютный путь к файлу.

мы можем попробовать это, чтобы получить текущее имя скрипта без расширения.

import os

script_name = os.path.splitext(os.path.basename(__file__))[0]

Так как ОП запросил имя текущего файла скрипта, я бы предпочел

import os
os.path.split(sys.argv[0])[1]

все эти ответы великолепны, но есть некоторые проблемы, которые вы можете не увидеть с первого взгляда.

давайте определим, что мы хотим - нам нужно имя сценария, который был выполнен, а не имя текущего модуля - поэтому __file__будет работать, только если он используется в исполняемом сценарии, а не в импортированном модуле. sys.argvТакже сомнительно - что если ваша программа была вызвана pytest? или бегун-пидок? или если он был назван uwsgi?

и - есть третий способ получения имени сценария, который я не видел в ответах - Вы можете проверить стек.

Другая проблема заключается в том, что Вы (или какая-либо другая программа) можете вмешиваться sys.argvи __main__.__file__- это может присутствовать, а может и не быть. Это может быть действительным или нет. По крайней мере, вы можете проверить, существует ли сценарий (желаемый результат)!

моя библиотека bitranox / lib_programname в github делает именно это:

• проверьте, __main__присутствует ли
• проверьте, __main__.__file__присутствует ли
• дает __main__.__file__действительный результат (этот сценарий существует?)
• если нет: проверьте sys.argv:
• есть ли в sys.argv pytest, docrunner и т. д.? -> если да, игнорируй это
• мы можем получить действительный результат здесь?
• если нет: проверьте стек и, возможно, получите оттуда результат
• если стек также не дает действительного результата, тогда выдается исключение.

тем путем, мое решение работает до сих пор с setup.py test, uwsgi, pytest, pycharm pytest, pycharm docrunner (doctest), dreampie,eclipse

есть также хорошая статья в блоге об этой проблеме от Dough Hellman, "Определение имени процесса из Python"

Мое быстрое грязное решение:

__file__.split('/')[-1:][0]

os.path.abspath(__file__)даст вам абсолютный путь (также relpath()доступно).

sys.argv[-1] даст вам относительный путь.

Начиная с Python 3.5 вы можете просто:

from pathlib import Path
Path(__file__).stem

Подробнее здесь: https://docs.python.org/3.5/library/pathlib.html#pathlib.PurePath.stem

Например, у меня есть файл в моем пользовательском каталоге, названный test.pyтак:

from pathlib import Path

print(Path(__file__).stem)
print(__file__)

запустив эти выводы:

>>> python3.6 test.py
test
test.py