即时从 YAML/JSON 创建模型

Posted 2023-02-23

【中文标题】即时从 YAML/JSON 创建模型

【英文标题】：Create a model from YAML/JSON on the fly

【发布时间】：2011-09-12 19:04:32

【问题描述】：

我正在试用MongoEngine，这是一个供 Python 与 MongoDB 一起使用的 DRM 库。我可以从网站上定义一个像这个例子这样的模型：

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，MongoEngine 真的很好。好吧，我想更进一步，想知道我是否可以在 JSON 或 YAML 文件中的某个位置定义我的模型，或者其他任何东西，然后使用它创建模型。所以这个声明在 JSON 中可能如下所示：

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

然后我会解析这个 JSON 并使用它创建一个模型。可能它可能只是我每次修改模型定义时都会执行的单个导入操作，或者它可能每次都解析整个 JSON。这是一个很好的场景吗？我只想让将使用该应用程序的人定义自己的模型，而无需深入研究代码。任何关于如何创建动态模型的想法都值得赞赏

【参考方案1】：

如果您要使用 YAML，pyyaml 完全没有痛苦，并且会使用 python 的内置类型（或者您定义的更复杂的类型）自动输出数据结构。

无论如何，我也强烈推荐Rx 作为验证器，这样您就可以轻松验证加载文件的完整性。*

至于使用它来创建模型，您可以使用内置函数type（不是type(object)，而是type(name, bases, dict)）...“[r]返回一个新类型对象。这本质上是类语句的动态形式。”

所以，你可以调用：

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']) )

*巧合的是，我在过去 8 小时内同时使用了这两种方法 - 它们可以轻松地协同工作，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")