Python：如何防止作为函数的类变量被理解为方法？

Question

我目前正在实现一个 django 应用程序，为此我尝试使用与 Django 一致的语法...

所以这就是我正在尝试的：

class Blablabla(Model):

    #this contains Blablabla's options
    class Meta:
        sort_key = lambda e: e

sort_key 是一个关键函数（用于排序目的），但当然，它被理解为Meta的方法（这绝对不是我想要的）！

有什么解决方法，仍然允许我使用这种语法吗？

编辑 ： 只是一个重要的精度......我编写的代码应该是由使用该库的人编写的！这就是为什么我不想要任何肮脏的伎俩。是的，在 Django 中它确实只用于选项......当然 Meta 是一个类，但我说“它不被视为一个类”，因为它不被用作一个类：你不实例化它，你不放置类方法，只放置类属性... Model 有一个元类，它从这个 Meta 中提取所有内容并处理声明的所有选项...全部 ！它只是选项的占位符。

但好吧，这是真的，我从未见过 Django 中的函数选项...所以我将按照 Ned 声明此排序函数作为 Model 的方法，该方法具有被覆盖...

Answer 1

为什么要尝试将 sort_key 放入 Meta 中？ Meta 用于 Django 选项，它不是放置您自己的方法的地方。模型可以具有在其上定义的方法。我想你想要的东西就像这样简单：

class Blablabla(Model):

    def sort_key(self, e):
        return e

Answer 2

一般来说，

class Meta(object):
    sort_key= staticmethod(lambda e: e)

我不知道 Django 为移植“元”成员所做的任何魔法是否可以很好地处理这样的装饰方法，但我没有看到任何内在的原因。

Answer 3

OP 在评论中写道“‘Meta’实际上不应该被视为一个类”。如果是这样的话，也就是说，如果当 Meta 确实不是一个类时 Django 能够生存下来（一个很大的“如果”），那么就有可能满足 OP 的真正需求。奇怪的愿望是避免使用最简单的解决方案（只需将 stqticfunction 包裹在有问题的 lambda 周围）。

本质上，这需要编写一个（非常奇怪的）元类来生成一个对象，其中属性查找绕过类对描述符对象的正常使用（每个函数都是一个描述符对象：也就是说，它有一个 __get__ 方法，Python 在查找属性时通常使用该方法在类或其实例上）。

这种荒谬的旋转的总体思路类似于......：

class MetaNotAClass(type):
   def __new__(mcl, clasname, bases, clasdict):
     if bases:
         usedict = {}
     else:
         usedict = clasdict
     usedict['__foo'] = clasdict
     return type.__new__(mcl, clasname, bases, usedict)
   def __getattr__(cls, atname):
      try: return getattr(cls, '__foo')[atname]
      except KeyError: raise AttributeError, atname

class NotAClass:
  __metaclass__ = MetaNotAClass


class Bah(NotAClass):
  def f(): return 'weird!'

print Bah.f()

当然，任何期望Bah成为类的东西都会崩溃（但是，你确实说它“实际上不应该被视为一个类”，所以这基本上就是你所要求的：打破任何认为它“被视为一个类”的代码班级”！-）。

Answer 4

难道您不能只创建一个简单的模块（meta？）并向其中添加 sort_key 吗？然后继续在您需要的任何地方包含它......