如何获取当前正在执行的文件的路径和名称？

__file__

正如其他人所说。您可能还想使用 os.path.realpath 来消除符号链接：

import os

os.path.realpath(__file__)

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p1.py：

execfile("p2.py")

p2.py：

import inspect, os
print (inspect.getfile(inspect.currentframe())) # script filename (usually with path)
print (os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())))) # script directory

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2018 年 11 月 28 日更新：

这是 Python 2 和 3 的实验总结。

main.py - 运行 foo.py foo.py - 运行 lib/bar.py lib/bar.py - 打印文件路径表达式

| Python | Run statement       | Filepath expression                    |
|--------+---------------------+----------------------------------------|
|      2 | execfile            | os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]) |
|      2 | from lib import bar | __file__                               |
|      3 | exec                | (wasn't able to obtain it)             |
|      3 | import lib.bar      | __file__                               |

对于 Python 2，切换到包以便使用 from lib import bar 可能更清楚 - 只需将空 __init__.py 文件添加到这两个文件夹。

对于 Python 3，execfile 不存在 - 最接近的替代方案是 exec(open(<filename>).read())，尽管这会影响堆栈帧。只使用 import foo 和 import lib.bar 是最简单的 - 不需要 __init__.py 文件。

另请参阅Difference between import and execfile

原答案：

这是基于此线程中答案的实验 - 在 Windows 上使用 Python 2.7.10。

基于堆栈的那些是唯一似乎给出可靠结果的。最后两个具有最短的语法，即 -

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])                   # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib

这是将这些作为函数添加到 sys 的内容！感谢@Usagi 和@pablog

基于以下三个文件，并使用 python main.py 从其文件夹中运行 main.py（还尝试了使用绝对路径的 execfile 并从单独的文件夹中调用）。

C:\filepaths\main.py: execfile('foo.py')
C:\filepaths\foo.py: execfile('lib/bar.py')
C:\filepaths\lib\bar.py:

import sys
import os
import inspect

print "Python " + sys.version
print

print __file__                                        # main.py
print sys.argv[0]                                     # main.py
print inspect.stack()[0][1]                           # lib/bar.py
print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print

print os.path.realpath(__file__)                      # C:\filepaths\main.py
print os.path.abspath(__file__)                       # C:\filepaths\main.py
print os.path.basename(__file__)                      # main.py
print os.path.basename(os.path.realpath(sys.argv[0])) # main.py
print

print sys.path[0]                                     # C:\filepaths
print os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])  # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))      # C:\filepaths
print os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))  # C:\filepaths
print os.path.dirname(__file__)                       # (empty string)
print

print inspect.getfile(inspect.currentframe())         # lib/bar.py

print os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())) # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe()))) # C:\filepaths\lib
print

print os.path.abspath(inspect.stack()[0][1])          # C:\filepaths\lib\bar.py
print os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.stack()[0][1]))  # C:\filepaths\lib
print

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我认为这更清洁：

import inspect
print inspect.stack()[0][1]

并获得与以下相同的信息：

print inspect.getfile(inspect.currentframe())

其中 [0] 是堆栈中的当前帧（堆栈顶部），[1] 是文件名，增加以在堆栈中向后移动，即

print inspect.stack()[1][1]

将是调用当前帧的脚本的文件名。此外，使用 [-1] 将使您到达堆栈的底部，即原始调用脚本。

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import os
os.path.dirname(__file__) # relative directory path
os.path.abspath(__file__) # absolute file path
os.path.basename(__file__) # the file name only

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如果您的脚本仅包含一个文件，则标记为最佳的建议都是正确的。

如果您想从可能作为模块导入的文件中找出可执行文件的名称（即传递给当前程序的python解释器的根文件），您需要这样做（假设这是在一个文件中命名为 foo.py):

import inspect

print inspect.stack()[-1][1]

因为堆栈上的最后一件事 ([-1]) 是进入其中的第一件事（堆栈是 LIFO/FILO 数据结构）。

然后在文件 bar.py 中，如果您import foo，它将打印 bar.py，而不是 foo.py，这将是所有这些的价值：

__文件__

inspect.getfile(inspect.currentframe())

检查.stack()[0][1]

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由于 Python 3 相当主流，因此我想包含一个 pathlib 答案，因为我相信它现在可能是访问文件和路径信息的更好工具。

from pathlib import Path

current_file: Path = Path(__file__).resolve()

如果要查找当前文件的目录，只需将 .parent 添加到 Path() 语句即可：

current_path: Path = Path(__file__).parent.resolve()

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“当前在进程中运行的文件的文件路径”是什么意思并不完全清楚。 sys.argv[0] 通常包含 Python 解释器调用的脚本的位置。查看 sys documentation 了解更多详情。

正如@Tim 和@Pat Notz 所指出的， __file__ 属性提供了对

加载模块的文件，如果它是从文件加载的

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import os
print os.path.basename(__file__)

这只会给我们文件名。即如果文件的绝对路径是 c:\abcd\abc.py 那么第二行将打印 abc.py

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我有一个必须在 windows 环境下工作的脚本。这段代码是我完成的：

import os,sys
PROJECT_PATH = os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])

这是一个很老套的决定。但它不需要外部库，这对我来说是最重要的。

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尝试这个，

import os
os.path.dirname(os.path.realpath(__file__))

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import os
os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

无需检查或任何其他库。

当我必须导入一个脚本（从不同的目录然后是执行的脚本）时，这对我有用，该脚本使用与导入脚本位于同一文件夹中的配置文件。

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__file__ 属性适用于包含主要执行代码的文件以及导入的模块。

请参阅https://web.archive.org/web/20090918095828/http://pyref.infogami.com/__file__

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import sys

print sys.path[0]

这将打印当前执行脚本的路径

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我认为这只是 __file__ 听起来您可能还想查看 inspect module。

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您可以使用 inspect.stack()

import inspect,os
inspect.stack()[0]  => (<frame object at 0x00AC2AC0>, 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py', 15, '<module>', ['print inspect.stack()[0]\n'], 0)
os.path.abspath (inspect.stack()[0][1]) => 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py'

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import sys
print sys.argv[0]

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print(__file__)
print(__import__("pathlib").Path(__file__).parent)

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这应该有效：

import os,sys
filename=os.path.basename(os.path.realpath(sys.argv[0]))
dirname=os.path.dirname(os.path.realpath(sys.argv[0]))

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这是我使用的，所以我可以毫无问题地将我的代码扔到任何地方。 __name__ 始终被定义，但 __file__ 仅在代码作为文件运行时才定义（例如，不在 IDLE/iPython 中）。

if '__file__' in globals():
    self_name = globals()['__file__']
elif '__file__' in locals():
    self_name = locals()['__file__']
else:
    self_name = __name__

或者，这可以写成：

self_name = globals().get('__file__', locals().get('__file__', __name__))

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获取执行脚本的目录

 print os.path.dirname( inspect.getfile(inspect.currentframe()))

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我使用 __file__
os.path.abspath(__file__)
的方法，但有一个小技巧，它在第一次运行代码时返回 .py 文件，下一次运行给出 *.pyc 文件的名称
所以我留在了：
inspect.getfile(inspect.currentframe())
或
sys._getframe().f_code.co_filename

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我写了一个考虑到eclipse调试器和unittest的函数。它返回您启动的第一个脚本的文件夹。您可以选择指定 __file__ 变量，但主要是您不必在所有调用层次结构中共享此变量。

也许你可以处理我没有看到的其他堆栈特殊情况，但对我来说没关系。

import inspect, os
def getRootDirectory(_file_=None):
    """
    Get the directory of the root execution file
    Can help: http://stackoverflow.com/questions/50499/how-do-i-get-the-path-and-name-of-the-file-that-is-currently-executing
    For eclipse user with unittest or debugger, the function search for the correct folder in the stack
    You can pass __file__ (with 4 underscores) if you want the caller directory
    """
    # If we don't have the __file__ :
    if _file_ is None:
        # We get the last :
        rootFile = inspect.stack()[-1][1]
        folder = os.path.abspath(rootFile)
        # If we use unittest :
        if ("/pysrc" in folder) & ("org.python.pydev" in folder):
            previous = None
            # We search from left to right the case.py :
            for el in inspect.stack():
                currentFile = os.path.abspath(el[1])
                if ("unittest/case.py" in currentFile) | ("org.python.pydev" in currentFile):
                    break
                previous = currentFile
            folder = previous
        # We return the folder :
        return os.path.dirname(folder)
    else:
        # We return the folder according to specified __file__ :
        return os.path.dirname(os.path.realpath(_file_))

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最简单的方法是：

在 script_1.py 中：

import subprocess
subprocess.call(['python3',<path_to_script_2.py>])

在 script_2.py 中：

sys.argv[0]

PS：我尝试过 execfile，但由于它将 script_2.py 读取为字符串，因此 sys.argv[0] 返回了 <string>。

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以下返回当前主脚本所在的路径。我用 Linux、Win10、IPython 和 Jupyter Lab 对此进行了测试。我需要一个也适用于本地 Jupyter 笔记本的解决方案。

import builtins
import os
import sys

def current_dir():
    if "get_ipython" in globals() or "get_ipython" in dir(builtins):
        # os.getcwd() is PROBABLY the dir that hosts the active notebook script.
        # See also https://github.com/ipython/ipython/issues/10123
        return os.getcwd()
    else:
        return os.path.abspath(os.path.dirname(sys.argv[0]))

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