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Python/Django list对象没有属性“status\u code”
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<p>我有一个python脚本,它从指定的站点提取链接,我想用Django从中创建一个单页webapp。这是我的第一个Python和Django项目,所以我希望它尽可能简单,以避免任何融合,但我有点卡住了。在</p> <p>这是我的视图.py在</p> <pre><code>from django.http import HttpResponse from bs4 import BeautifulSoup import urllib2, sys import urlparse import re import time, threading def businessghana(request): site = "http://www.businessghana.com/portal/jobs" hdr = {'User-Agent' : 'Mozilla/5.0'} req = urllib2.Request(site, headers=hdr) jobpass = urllib2.urlopen(req) soup = BeautifulSoup(jobpass) for tag in soup.find_all('a', href = True): tag['href'] = urlparse.urljoin('http://www.businessghana.com/portal/', tag['href']) return map(str, soup.find_all('a', href = re.compile('.getJobInfo'))) threading.Timer(3600, businessghana).start() </code></pre> <p>对于10个不同的站点有大约10个这样的函数,但是它们的性质相似,所以对于Django项目,我只使用其中一个。同样,为了保持简单,避免熔合</p> <p>这是我的网址.py在</p> ^{pr2}$ <p>这是我的模型.py公司名称:</p> <p>(我想我在胡说八道,但这是我能想到的最好的办法)</p> <pre><code>class jobLinks(models.Model): links = models.CharField(max_length = 200) pub_date = models.DateTimeField('date retrieved') def __unicode__(self): return self.links </code></pre> <p>当我访问网址时:</p> <pre><code>127.0.0.1:8000/hello/ </code></pre> <p>我得到错误“list”对象没有“status”属性“code”。在</p> <p>假设这是一个单页站点,它只显示从视图中的函数检索到的链接。我有其他的计划,使它更复杂一点,但我想从这个开始。在</p> <p>拜托,我缺了什么?在</p> <p>是模型.py内容有意义吗?在</p> <p>提前谢谢</p>
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匿名
1天前
擅长:python、mysql、java
<p>Django视图必须返回HttpResponse,而不是列表。在</p>
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