Django. Как вывести в шаблон html только те поля FileField, которые хранят файл?

Question

Есть модель с 14ю полями FileField (все поля blank=True). Файлы через эти поля будут переданы только через админку.

models.py (... - использовал для сокращения модели)

from django.db import models

class Project(models.Model):
    location = models.CharField(max_length=150, help_text="Ориентир (локация)", verbose_name="Где находится")
    slug = models.SlugField(max_length=150, unique=True, help_text="Ссылка страницы объекта (генерируется автоматически)", verbose_name="Ссылка на страницу")
    ready = models.BooleanField(default=False, help_text="Дом сдан или нет? (по умолчанию не сдан)", verbose_name="Готовность объекта")
    ds_contract = models.FileField(default="", upload_to ='project_docs/%Y/%m/%d/', help_text="Загрузите файл", verbose_name="Договор участия в долевом строительстве", blank=True)
    project_dec = models.FileField(default="", upload_to ='project_docs/%Y/%m/%d/', help_text="Загрузите файл", verbose_name="Форма проектной декларации", blank=True)
    ...
    gen_plan = models.FileField(default="", upload_to ='project_docs/%Y/%m/%d/', help_text="Загрузите файл", verbose_name="Генеральный план", blank=True)

    class Meta:
        verbose_name = "Проект"
        verbose_name_plural = "Проекты"

    def __str__(self):
        return self.location

views.py

from django.shortcuts import render
from .models import Project

def get_project(request, slug):
    projects = Project.objects.all()
    return render(request, 'main/project.html', {"projects": projects})

Дело в том, что не всегда будут использованы все 14 полей FileField. Как сделать так, чтобы вывести в шаблон только те поля FileFiled, через которые были переданы файлы? А те поля, что не были использованы, не выводить в шаблоне. Второй вопрос. Как для upload_to генерировать папку исходя из переданного значения для поля location? Заранее благодарю!

Update:

Добавляю template ():

{% block content %}
<h2>Тут будет новый строящийся объект</h2>

{% for project in projects %}
    {% for file in project.get_file_fields %}
        {% if file.field %}
           {{ file.label }}: <a href="../../media/{{ file.field }}" target="_blank">Скачать</a><br>
        {% endif %}
    {% endfor %}
{% endfor %}    
{% endblock %}

views.py

def get_project(request, slug):
    projects = Project.objects.all()
    return render(request, 'main/project.html', {"projects": projects})

Answer 1

что бы вывести только те поля FileField, в которых есть значения можно добавить в модель следующий метод, который будет выдавать список полей с названиями

    def get_file_fields(self):
        return [{"label": field.verbose_name, "field": getattr(self, field.name)} for field in self._meta.get_fields()
                if isinstance(field, models.FileField)]

и затем в шаблоне проверять есть ли значение в этом поле, и если есть, выводить его

    {% for file in obj.get_file_fields %}
        {% if file.field %}
           {{ file.label }}: {{ file.field}}
        {% endif %}
    {% endfor %}

где obj это экземпляр модели

что бы путь зависел от значения другого поля

def get_upload_dir(instance, file_name):
    return "{}/{}".format(slugify(instance.location), file_name)


class Project(models.Model):
...
    ds_contract = models.FileField(default="", upload_to=get_upload_dir, help_text="Загрузите файл", verbose_name="Договор участия в долевом строительстве", blank=True)
...

вместо slugify(instance.location) укажи собственное правило, которое в зависимости от location возвращает нужную папку

БЛОГ НА HUSL

Django. Как вывести в шаблон html только те поля FileField, которые хранят файл?

Ответы (1 шт):