在YAML/JSON上快速創建模型

我正在嘗試MongoEngine，這是一個供MongoDB使用的Python的DRM庫。我可以從網站定義像這個例子中的典範：在YAML/JSON上快速創建模型

class User(Document): 
    email = StringField(required=True) 
    first_name = StringField(max_length=50) 
    last_name = StringField(max_length=50)

它就像一個魅力和MongoEngine是非常好的。那麼，我想進一步思考一下，我是否可以在JSON或YAML文件中的某個地方定義我的模型，或者使用它創建一個模型。所以這個聲明可能看起來像這樣JSON：

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

然後我會解析此JSON，並用它創建一個模型。可能這可能只是我每次修改模型定義時執行的單個導入操作，或者可能是它每次都可以解析整個JSON。這是一個好場景嗎？我只想讓那些將使用該應用的人定義他們自己的模型，而不必深入代碼。任何想法如何做動態模型創建讚賞

來源

2011-06-10 Sergei Basharov

如果你打算使用YAML，pyyaml是完全無痛的，並自動輸出一個數據結構使用python的內置類型（或更復雜的類型，你定義）。

你去任何辦法，我也強烈建議Rx作爲驗證，因此您可以輕鬆地驗證加載的文件的完整性。*

至於使用它來創建一個模型，你可以使用內置的函數type（不是type(object)，但是type(name, bases, dict)）......「[r]創建一個新類型對象，這實質上是類聲明的一種動態形式。」

所以，你可以撥打：

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']))

*我一起在過去8使用小時這兩個，巧合的是 - 他們一起工作怕疼，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")

來源

2011-06-10 20:41:49 Nate

偉大的信息;感謝這一點 – Profane 2011-08-18 01:34:33

在YAML/JSON上快速創建模型

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