为何内置函数无法成为绑定方法？自定义函数如何模拟该行为？

先定义类与lambda函数：

class Something: pass
f=lambda : True

执行以下代码：

Something.open=f
g=Something()
g.open()

会触发报错：

TypeError: <lambda>() takes 0 positional arguments but 1 was given

此时查看g.open的结果为：<bound method <lambda> of <__main__.Something object at 0xffff80253400>>，说明实例self被自动传递给了open。

但执行以下代码：

Something.open=open
g=Something()
g.open()

报错信息变为：

TypeError: open() missing required argument 'file' (pos 1)

此时g.open的结果是<built-in function open>，没有自动传递self参数。

差异原因 #

核心在于Python对Python实现的普通函数和C实现的内置函数的绑定逻辑不同：

• 普通函数（包括自定义lambda）被赋值为类属性后，通过实例调用时，Python会自动触发方法绑定机制，把实例作为第一个参数（self）绑定到函数上，将其转换为绑定方法，这是Python为实例方法访问自身属性设计的默认行为。
• 内置函数（如open）属于非Python实现的可调用对象，Python的方法绑定机制不会对这类对象生效。它们被赋值为类属性后，通过实例调用时不会自动绑定self，直接以原函数形式执行，因此会要求传入自身所需的参数（比如open必须的file参数）。

让f不接收self的实现方法 #

方法1：使用staticmethod装饰器 #

将f包装为静态方法，静态方法不会自动接收self参数：

class Something: pass
f=lambda : True
Something.open = staticmethod(f)
g=Something()
g.open()  # 正常执行，返回True

方法2：用自定义可调用对象包装 #

Python的方法绑定仅针对函数生效，自定义可调用对象不会触发绑定逻辑：

class Something: pass

# 定义一个可调用类，__call__方法不接收额外参数
class NoSelfCallable:
    def __call__(self):
        return True

f = NoSelfCallable()
Something.open = f
g=Something()
g.open()  # 正常执行，返回True

推荐优先使用staticmethod，它是Python官方提供的、专门用于实现无需self的类方法的语法。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者DrownedSuccess