32

我需要为 iOS 应用程序创建一个 Python REST/JSON Web 服务以与之交互。网络上不会有前端。

用于此的最快、最轻量级的框架是什么？实施的学习曲线是否也考虑在内？

从我所做的研究来看，Django-Tastypie 或 Djanjo-Piston 看起来是最好的选择，Tastypie 获胜是因为代码库得到了积极维护？

4

6 回答 6

25

在 Pycon Australia，Richard Jones 比较了最流行的轻量级 Web 框架。 瓶子出现在上面。这是完整的演示文稿。

于 2011-10-30T06:01:48.163 回答
13

一般来说，我认为您会发现web2py是最容易设置、学习和使用的框架之一。web2py 使得生成 JSON变得非常容易（只需添加一个 .json 扩展名），它现在包括自动创建RESTful Web 服务以访问数据库模型的新功能。特别是，检查parse_as_rest和smart_query功能。

如果您需要任何帮助，请在邮件列表中询问。

于 2011-10-30T22:57:46.513 回答
6

在轻量级方面，CherryPy相当出色。

import cherrypy

class HelloWorld(object):
    def index(self):
        return "Hello World!"
    index.exposed = True

cherrypy.quickstart(HelloWorld())
于 2011-10-30T05:01:31.657 回答
2

如果我是你，我会使用web.py，它非常方便地进行轻量级 REST 应用程序的快速原型设计。从主页查看此代码段：

import web

urls = (
    '/(.*)', 'hello'
)
app = web.application(urls, globals())

class hello:        
    def GET(self, name):
        if not name: 
            name = 'World'
        return 'Hello, ' + name + '!'

if __name__ == "__main__":
    app.run()
于 2011-10-30T04:59:40.430 回答
1

看一下烧瓶及其扩展烧瓶-restful

from flask import Flask
from flask.ext import restful

app = Flask(__name__)
api = restful.Api(app)

class HelloWorld(restful.Resource):
    def get(self):
        return {'hello': 'world'}

api.add_resource(HelloWorld, '/')

if __name__ == '__main__':
    app.run(debug=True)
于 2015-02-04T16:45:46.747 回答
0

您可能还想查看Parse。它们现在可以免费使用，并且会为您的移动应用程序提供一个不错的REST API 。

但是，正如@iksnar 指出的那样，您不需要用 Python 编写任何东西，或者根本不需要为后端编写任何东西。如果您需要在自己的服务器上使用 Python 运行后端，如果您已经在使用 Django 和 Django ORM，那么我是 TastyPie 的忠实粉丝。

于 2011-11-30T01:28:51.017 回答