提问人：gambarimas87 提问时间：6/25/2023 最后编辑：gambarimas87 更新时间：6/25/2023 访问量：57
Python 中 Local 命名空间的内容
Content of the Local namespace in Python
问：
我在 Python 文档的这一页中读到，函数的本地命名空间是在调用函数时创建的。
在下面的示例代码中，我使用 function 来获取 function 的本地命名空间（字典）。令我惊讶的是，这个函数返回的字典包括 identifier ，只有在我调用函数后才会出现在函数的主体中。locals()g()f_varg()locals()
# local_namespace_test.py
def f():
f_var = 55
def g():
g_var = 3
print(f"locals in g(): {locals()}")
print(f_var)
return
g()
return
f()
为什么函数的本地命名空间在这种情况下包含该名称？
为什么如果我删除该行，那么不在字典中返回 ？g()f_varprint(f_var)f_varlocals()
运行上述代码的输出：
$ python3 local_namespace_test.py
locals in g(): {'g_var': 3, 'f_var': 55}
55
运行上述代码的输出，并注释了行：print(f_var)
$ python3 local_namespace_test.py
locals in g(): {'g_var': 3}
答：
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destructioneer
6/25/2023
#1
Python 将从内到外寻找变量。在这种情况下，您有一个“链式”调用堆栈。global -> f() -> g()
因此，引用了两个变量：和 . 也定义在 so 中，因此是一个局部变量，因此在 的内部命名空间中。g()g_varf_varg_varg()g_varg()
f_var在语句中引用，但未在此处定义。因此，如果不同的命名空间包含对“堆栈”的引用并上升到“堆栈”，则 Python 将进行查找。该函数包含 和 的定义，因此将 中的命名空间条目复制到 。g()printf_varf()f_varf_varf()g()
如果没有对 in 的引用（即省略 print 语句），则不会被复制到内部命名空间，因为 中不需要它。f_varg()f_varg()
如果函数不包含 的定义，Python 将“进一步向上”查看，即在全局命名空间中，如果已定义。所以在这种情况下：f()f_varf_var
f_var=44
def f():
def g():
g_var = 3
print(f"locals in g(): {locals()}")
print(f"globals in g(): {globals()}")
print(f_var)
return
g()
return
f()
将返回
locals in g(): {'g_var': 3}
globals in g(): {'__name__': '__main__', [...] 'f_var': 44, 'f': <function f at 0x7f9286480e18>}
44
返回值将是 global ，它不在本地命名空间中，而是在全局命名空间中。f_var
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gambarimas87
6/25/2023
理解。但是，您的回答让我认为 Python 甚至在首次执行函数体之前就会设置函数的本地命名空间。根据您的回答，似乎 Python 会在执行之前仔细阅读函数体，如果有一些只能在封闭范围内找到的引用，它将从该封闭范围复制到函数的本地范围。我没有在我读过的关于 Python 范围的任何地方找到这种行为。你能给我一些参考资料来在线阅读吗？
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