python - 如何在不传递 db 对象的情况下将 Flask 模型从 app.py 中拆分出来？

Question

我想使用 Flask-Migrate并且正在看他们的例子:

from flask import Flask
from flask.ext.sqlalchemy import SQLAlchemy
from flask.ext.script import Manager
from flask.ext.migrate import Migrate, MigrateCommand

app = Flask(__name__)
app.config['SQLALCHEMY_DATABASE_URI'] = 'sqlite:///app.db'

db = SQLAlchemy(app)
migrate = Migrate(app, db)

manager = Manager(app)
manager.add_command('db', MigrateCommand)

class User(db.Model):
    id = db.Column(db.Integer, primary_key=True)
    name = db.Column(db.String(128))

if __name__ == '__main__':
    manager.run()

这作为一个简单的游戏示例效果很好，但我有不止一个模型，我不想在这个脚本和定义我的应用程序代码的脚本中定义模型。因此，我想将它们拉到一个模型文件中，我可以在两者之间共享。

我试图通过将 User 类放入 models.py 然后从那里导入 User 来做到这一点。不幸的是，这会引发 NameError: name 'db' is not defined。

我的问题是:

• 我是否需要在我的 models.py 中使用 db = SQLAlchemy(app)，如果需要，它在我的迁移脚本和 Flask 应用程序中是否可用本身？
• 如果我不能(或不应该)将它放在 models.py 中，我如何在不传递 db 的情况下在他们自己的文件中使用我的模型？

Answer 1

将这么小的应用程序划分为模块是很棘手的，因为您会发现很多情况下，您创建的两个模块需要相互导入，从而产生循环依赖。

我建议您了解如何使用应用工厂函数和所有扩展的延迟初始化来正确构建更大的应用程序。执行此操作的示例应用程序是 Flasky我的书中推荐的应用程序。

总而言之，可以将应用程序分成两部分，您只需要注意放置导入语句的位置即可。在下面的示例中，我决定将 db 实例和 User 模型的创建移动到 models.py 文件中。

这是主应用程序的模块:

from flask import Flask
from flask.ext.script import Manager
from flask.ext.migrate import Migrate, MigrateCommand

app = Flask(__name__)
app.config['SQLALCHEMY_DATABASE_URI'] = 'sqlite:///app.db'

from models import db  # <-- this needs to be placed after app is created
migrate = Migrate(app, db)

manager = Manager(app)
manager.add_command('db', MigrateCommand)

if __name__ == '__main__':
    manager.run()

这里是 models.py:

from __main__ import app
from flask.ext.sqlalchemy import SQLAlchemy

db = SQLAlchemy(app)

class User(db.Model):
    id = db.Column(db.Integer, primary_key=True)
    name = db.Column(db.String(128))

这里主模块会创建app，然后才会导入models.py。当 models.py 尝试从主模块导入 app 时，它已经被创建。如果您将 from models import db 与其他导入一起移动到文件顶部，则此代码会中断。