Django：有什么方法可以在不诉诸魔法的情况下更改 FileField 的“upload_to”属性？

请参阅这篇博文 http://scottbarnham.com/blog/2007/07/31/uploading-images-to-a-dynamic-path-with-django/...它已经很旧了，所以也许事情已经改变了。但在我的实验中他们没有。为了改变模型字段FileFieldupload_to动态路径，您必须诉诸使用signals并创建自定义model fields。可恶的。我无法想象动态上传路径是一个如此特殊的用例，以至于标准 Django 框架没有解决它？我错过了什么吗？还有其他方法可以实现此目的吗？

本质上我想这样做：

def MyModel(models.Model):
    fileUpload = models.FileField(upload_to='media/', null=True, blank=True)

def save(self, **kwargs):
    # Retrieve the user's id/pk from their profile
    up = UserProfile.objects.get(email=self.email)

    # All their uploads go into their own directory
    self.file_image.upload_to = up.id

    super(MyModel, self).save()

然而，在我尝试过的 10 种不同实现中，Django 都讨厌它们。特别是对于这个，文件被上传到默认路径'media/'.

我尝试抓取模型表单的参数并将这些参数传递到字典对象中，创建 MyModel 对象，设置 MyModel.fileUpload.upload_to 参数，然后将字典复制到模型中并保存。不起作用。

我也尝试覆盖__init__方法，但你猜怎么着？这在对象创建的早期阶段，实际上并没有self.email尚未定义！所以那是行不通的。

有什么想法或者我必须遵循原始链接中概述的神秘解决方案吗？

所以实际上有一个相当简单的解决方案，在FileField场、upload_to关键字参数实际上可以将函数作为参数。您在中指定的函数upload_tokwarg 应该有这个签名。

def my_awesome_upload_function(instance, filename):
    """ this function has to return the location to upload the file """
 
     return os.path.join('/media/%s/' % instance.id, filename)

在这种情况下，instance是您的模型的实例，具有FileField, and filename是上传文件的文件名。因此，您的模型如上面的示例所示，将如下所示：

def MyModel(models.Model):
    fileUpload = models.FileField(upload_to=my_awesome_upload_function, null=True, blank=True)

如果这是有道理的，你现在可以改变my_awesome_upload_function根据您的偏好，给定模型实例和已上传文件的文件名，生成上传文件的路径。