python - 禁用有关 View 函数未返回响应的 Flask 警告？

Question

我正在使用 Flask 开发一个 API，该服务并不意味着渲染任何模板，而只是以 {"message": "message here", "status_code": 200, "data"的形式返回 json :{}}“。

我有多个路由，每个路由都会修改附加到 Flask.g 的全局响应对象:

from flask import g

from project import app


@app.route('/users/', methods=["GET"])
def get_users():
    ...
    g.res.data["message"] = "Successfully queried users as specified."
    # default g.res.status_code == 200

@app.route('/users/', methods=["POST"])
def post_users():
    ...
    g.res.data["message"] = "Successfully created User."
    g.res.status_code = 201

然后，将响应数据返回给用户由 app.after_request 处理:

from flask import g, jsonify

from project import app


@app.after_request
def after_request(response: None):
    return jsonify(g.res)

但是，Flask 仍然(正确地)认为 View 函数没有返回响应，因为技术上 View 函数没有返回响应，但 after_request 处理程序是。

我处理响应数据的方法是否存在继承问题？我特意改用 app.after_request 以避免在每个 View 函数末尾重复 return jsonify(g.res) 。

如果这种方式没有问题，我应该如何禁用这些警告？

编辑:在 Flask.app.make_response 中引发错误，其中响应为 None 和其他转换时引发 ValueError稍后尝试(例如，从 str 到 Flask.Response 对象)。

我可能会直接修改这个文件来处理我的特定用例，直到我找到一种惯用的方法来解决这个问题。

Answer 1

子类化Flask 类并重写make_response 方法。将逻辑从处理程序移至方法中。如果 View 没有返回响应，但 g.res 中有有效数据，则构建响应并返回它，否则遵循默认行为。

class GResFlask(Flask):
    def make_response(self, rv):
        if not rv and g.res.data:
            return jsonify(g.res)
        return super().make_response(rv)

app = GResFlask(__name__)

需要注意的是，after_request 处理程序可以通过扩展添加，并且 Flask 提供的接口(interface)意味着它们将期望一个有效的响应对象。因此，您始终希望从 make_response 返回有效的响应。