如何在不使用@hydra.main()的情况下获得Hydra配置

Question

假设我们有以下设置(从九头蛇博士复制和缩短)：

配置文件：config.yaml

db:
  driver: mysql
  user: omry
  pass: secret

Python：my_app.py

import hydra
@hydra.main(config_path="config.yaml")
def my_app(cfg):
    print(cfg.pretty())
if __name__ == "__main__":
    my_app()

当我们可以在函数my_app上使用一个装饰符时，这是很好的。现在，我希望(为了小脚本和测试目的，但这并不重要)在任何函数之外，仅仅在一个普通的python脚本中获得这个cfg对象。根据我对装饰师工作原理的理解，应该可以调用

import hydra
cfg = hydra.main(config_path="config.yaml")(lambda x: x)()
print(cfg.pretty())

但是，cfg只是None，而不是所需的配置对象。因此，装饰器似乎不传递返回的值。还有别的方法可以到达那个cfg吗？

Answer 1

使用合成API

from hydra import compose, initialize
from omegaconf import OmegaConf

initialize(config_path="conf", job_name="test_app")
cfg = compose(config_name="config", overrides=["db=mysql", "db.user=me"])
print(OmegaConf.to_yaml(cfg))

这只会构成配置，不会产生副作用，比如更改工作目录或配置Python日志系统。

Answer 2

上述任何一种解决方案对我都没有用。他们犯了错误：

'builtin_function_or_method‘对象没有属性'code’

和

GlobalHydra已经初始化，如果要重新初始化，请调用Globalhydra.instance().clear()。

我进一步钻研了hydra，并意识到我可以直接使用OmegaConf来加载文件。你不会被打倒，但我不担心这个。

import omegaconf
cfg = omegaconf.OmegaConf.load(path)

Answer 3

我找到了一个相当难看的答案，但它有效-如果有人找到一个更优雅的解决方案，请告诉我们！

我们可以使用闭包或一些可变的对象。在本例中，我们在外部定义了一个列表，并附加了config对象：

对于hydra >= 1.0.0，您必须使用config_name，请参见文档。

import hydra
c = []
hydra.main(config_name="config.yaml")(lambda x:c.append(x))()
cfg = c[0]
print(cfg)

对于旧版本：

import hydra
c = []
hydra.main(config_path="config.yaml")(c.append)()
cfg = c[0]
print(cfg.pretty())