Python如何获取引入公共模块的调用方所在文件的目录路径？

你当前使用__file__魔法变量获取路径的方式，永远返回当前代码所在文件自身的绝对路径，写在theInclude.py中就只会返回它自身的存放路径，无法获取调用它的上层脚本路径，因此不能适配多项目引用的场景。

提供两种实现方式，可根据你的使用场景选择：

方案1：无侵入式（调用方无需额外传参） #

利用inspect模块读取调用栈，直接获取调用方脚本路径，对调用方完全透明。
将theInclude.py中的代码替换为如下内容：

import os
import inspect

def get_project_config_path():
    # 读取调用栈第二层，即调用当前方法的脚本栈帧
    caller_frame = inspect.stack()[1]
    # 获取调用方脚本的绝对路径
    caller_abs_path = os.path.abspath(caller_frame.filename)
    # 从调用脚本所在的Code目录向上退一层到项目根目录，再拼接Config路径
    project_root = os.path.dirname(os.path.dirname(caller_abs_path))
    conf_path = os.path.join(project_root, "Config")
    # 可选：路径合法性校验
    if not os.path.isdir(conf_path):
        raise NotADirectoryError(f"配置目录不存在：{conf_path}")
    return conf_path

# 如果你需要全局变量形式的配置路径，可以直接赋值
kConfRootPath = get_project_config_path()

注意：如果存在中间层封装调用该方法，需要根据调用层级调整inspect.stack()的索引值，索引越大代表越上层的调用方

方案2：高稳定式（调用方传参） #

要求调用方传入自身的__file__变量，无需依赖调用栈读取，兼容性更强、不会出现层级匹配错误。
theInclude.py代码：

import os

def get_project_config_path(caller_file):
    caller_abs_path = os.path.abspath(caller_file)
    project_root = os.path.dirname(os.path.dirname(caller_abs_path))
    conf_path = os.path.join(project_root, "Config")
    return conf_path

调用方（如code1a.py、code2a.py）的使用方式：

import theInclude

kConfRootPath = theInclude.get_project_config_path(__file__)

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Keith