如何将被覆盖的父类函数分配为 python 子类中的回调函数

Question

class Process(object):
    def __init__(self, obj, callback):
        if obj and hasattr(callback, 'im_self') and callback.im_self is obj:
            self.obj = obj
            self.callback=callback.im_func.__name__
        else:
            raise Exception('invalid callback')
class A(object):
    def parse(self):
        print 'in parse()'
        return Process(self, callback=self.test)
    def test(self):
        print 'in class A'
class B(A):
    def test(self):
        print 'in class B'
        # do something...
        return Process(self, callback=super(B, self).test)
b=B()
p=b.parse()
callback = getattr(p.obj, str(p.callback))
p=callback()
callback = getattr(p.obj, str(p.callback))
callback()

程序输出：

in parse()
in class B
in class B

不调用 A.test（）

我正在使用Scrapy，它在Process（）中使用这种方式来保存回调函数。如何通过 B.test（） 调用 A.test（）？

因评论
而更新你是对的。A和B都是蜘蛛，A是基础蜘蛛，B有一个特殊的过程，所以想在B.test（）之后调用A.test（）。不得不改变B类，很难修改Scrapy的源代码。

class B(A):
    def test_again(self):
        return super(B,self).test()
    def test(self):
        print 'in class B'
        return Process(self, callback=self.test_again)

Answer 1

你不能，不能只存储函数的名称。那里没有足够的上下文来区分原始方法和重写。

你要么需要存储原始方法（例如，不要伸手去获取原始函数），要么传入使用super()调用原始方法的不同方法：

def original_test(self):
    return super(B, self).test()

毕竟，super()不仅限于当前的方法。

请注意，方法对象.__name__属性将始终返回包装的函数对象.__name__属性，无需解开方法包装即可获得该值。