উত্তর:
জ্যাঙ্গো 3.0 হিসাবে, এটি
AppConfig.get_model(model_name, require_ready=True)
জঙ্গো ১.৯ হিসাবে পদ্ধতিটি রয়েছে
django.apps.AppConfig.get_model(model_name)।
- দানিহপ
জ্যাঙ্গো ১.7 হিসাবে
django.db.models.loadingনতুন অ্যাপ্লিকেশন লোডিং সিস্টেমের পক্ষে অবমুক্ত করা হয়েছে (১.৯-এ সরানো হবে)।
- স্কট উডাল
এটি পেয়েছি। এটি এখানে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে:
from django.db.models.loading import get_modelসংজ্ঞায়িত:
def get_model(self, app_label, model_name, seed_cache=True):from django.apps import AppConfig
django.apps.apps.get_model(model_name)। AppConfig অবজেক্টগুলি ভিন্ন উদ্দেশ্যে তৈরি করা হয়েছে এবং কল করার জন্য আপনাকে একটি অ্যাপকনফিগ উদাহরণ তৈরি করতে হবে get_model()।
django.db.models.loadingনতুন অ্যাপ্লিকেশন লোডিং সিস্টেমের পক্ষে জাজানো ১. 1. এ ( 1.9-এ সরানো ) অবমূল্যায়ন করা হয়েছিল ।
জাজানো 1.7 ডক্স পরিবর্তে আমাদের নিম্নলিখিতটি দেয়:
>>> from django.apps import apps
>>> User = apps.get_model(app_label='auth', model_name='User')
>>> print(User)
<class 'django.contrib.auth.models.User'>
বেশিরভাগ মডেল "স্ট্রিংস" "appname.modelname" ফর্ম হিসাবে উপস্থিত হয় তাই আপনি get_model এ এই পরিবর্তনটি ব্যবহার করতে চাইতে পারেন
from django.db.models.loading import get_model
your_model = get_model ( *your_string.split('.',1) )
জ্যাঙ্গো কোডের যে অংশটি সাধারণত এ জাতীয় স্ট্রিংগুলিকে একটি মডেলে রূপান্তরিত করে সেটিকে আরও জটিল করে তুলুন এটি থেকে django/db/models/fields/related.py:
try:
app_label, model_name = relation.split(".")
except ValueError:
# If we can't split, assume a model in current app
app_label = cls._meta.app_label
model_name = relation
except AttributeError:
# If it doesn't have a split it's actually a model class
app_label = relation._meta.app_label
model_name = relation._meta.object_name
# Try to look up the related model, and if it's already loaded resolve the
# string right away. If get_model returns None, it means that the related
# model isn't loaded yet, so we need to pend the relation until the class
# is prepared.
model = get_model(app_label, model_name,
seed_cache=False, only_installed=False)
আমার কাছে, এটি মূল কোডটির একক ফাংশনে বিভক্ত করার পক্ষে এটি একটি ভাল কেস বলে মনে হচ্ছে। তবে, আপনি যদি জানেন যে আপনার স্ট্রিংগুলি "অ্যাপ্লিকেশন। মডেল" ফর্ম্যাটে রয়েছে তবে উপরের দুটি লাইনার কাজ করবে।
your_model = get_model(*your_string.rsplit('.', 1))। অ্যাপ লেবেল কখনও কখনও বিন্দুযুক্ত ফর্ম্যাট হয় তবে মডেলের নাম সর্বদা একটি বৈধ শনাক্তকারী is
apps.get_model। "শর্টকাট হিসাবে, এই পদ্ধতিটি ফর্মের মধ্যে একটি যুক্তিও গ্রহণ করে app_label.model_name।"
জ্যাঙ্গো 1.7+ এ করার জন্য ধন্য উপায় way
import django
model_cls = django.apps.apps.get_model('app_name', 'model_name')
সুতরাং, সমস্ত ফ্রেমওয়ার্ক টিউটোরিয়ালগুলির আধ্যাত্মিক উদাহরণে:
import django
entry_cls = django.apps.apps.get_model('blog', 'entry') # Case insensitive
আপনার মডেলটি কোন অ্যাপে বিদ্যমান তা আপনি যদি না জানেন তবে আপনি এটি এইভাবে অনুসন্ধান করতে পারেন:
from django.contrib.contenttypes.models import ContentType
ct = ContentType.objects.get(model='your_model_name')
model = ct.model_class()
মনে রাখবেন যে আপনার_মোডেল_নামটি অবশ্যই ছোট হাতের হতে হবে।
জ্যাঙ্গোতে এটি কোথায় হয়েছে তা আমি নিশ্চিত নই, তবে আপনি এটি করতে পারতেন।
প্রতিবিম্বের মাধ্যমে স্ট্রিংয়ে শ্রেণীর নাম ম্যাপিং।
classes = [Person,Child,Parent]
def find_class(name):
for clls in classes:
if clls.__class__.__name__ == name:
return clls
স্ট্রিং থেকে ক্লাস পাওয়ার জন্য এখানে কম জ্যাঙ্গো-নির্দিষ্ট পদ্ধতি রয়েছে:
mymodels = ['ModelA', 'ModelB']
model_list = __import__('<appname>.models', fromlist=mymodels)
model_a = getattr(model_list, 'ModelA')
বা আপনি এখানে প্রদর্শিত হিসাবে ইম্পোর্টলিব ব্যবহার করতে পারেন :
import importlib
myapp_models = importlib.import_module('<appname>.models')
model_a = getattr(myapp_models, 'ModelA')
2020 সমাধান:
from django.apps import apps
apps.get_model('app_name', 'Model')আপনার যেমন প্রতি:
apps.get_model('people', 'Person')