如何将Python代码划分为具有共享代码的模块

Question

我使用的是Falcon框架。我希望所有独立的类都存储在它们自己的目录中（为/module1/服务的类在dir/module2/内）：

/app
   ./app.py
    /modules
        /__init__.py
        /module1
            ...
        /module2
            ...
        ....

在app.py中，我有应用程序的初始化：

import falcon
# falcon.API instances are callable WSGI apps
app=falcon.API()

我的问题：

1. 我必须如何组织模块的导入，我可以从模块2到模块1
2. 如何从/module2访问app.py的应用程序变量：

我需要做这个代码：

module2_mngr = Module2(CONFIG_FILE)
app.add_route('/module2', module2_mngr)

PS：对不起我的英语

Answer 1

我可以使用基于api.debug.debug标志的不同配置的简单示例：

创建一些基本路径：/somepath/my_app/

创建文件夹结构：

/somepath/my_app/api

/somepath/my_app/api/debug

/somepath/my_app/conf

/somepath/my_app/conf/prod

/somepath/my_app/conf/dev

创建空文件：

/somepath/my_app/__init__.py 
/somepath/my_app/api/__init__.py
/somepath/my_app/conf/prod/__init__.py
/somepath/my_app/conf/dev/__init__.py

示例main.py（/somepath/my_app/main.py）：

import api.debug
api.debug.DEBUG = False
import conf

设置api.debug.debug==错误

/somepath/my_app/api/debug/__init__.py:
DEBUG = False

创建简单的"；路由器"：

• 如果api.debug.debug为True，则加载生产配置
• 如果api.debug.debug为False，则加载开发配置

所以我们创建

/somepath/my_app/conf/__init__.py:
import api.debug
if not api.debug.DEBUG:
    from conf.prod import *
else:
    from conf.dev import *