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如何从源脚本中仅导出特定功能

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如何从源脚本中仅导出特定功能

我尝试从脚本中仅公开特定功能。
例如，假设我有脚本hello_world.sh，它有 2 个功能，hello并且world：

## hello_world.sh - name of the file, not the beginning of file
hello() { echo "Hello"; }
world() { echo "World"; }

我希望脚本use.sh仅导出我要求的函数，例如hello。为此，我将使用参数调用该函数use来use.sh告诉它我希望导出哪个函数：
unset use hello world; . use.sh && use hello && hello && echo "Should succeed"
world || echo "Should fail and reach here because there is no such function"

为了更好地隔离不同的 (ba)sh 环境，我希望避免将函数存储在临时文件中。存储在临时文件中可能如下所示：

## use.sh - name of the file, not the beginning of file
#! /bin/sh

use() {
  local env_file="$(/bin/mktemp)"
  (. ./hello_world.sh; declare -pfx "$@") > "${env_file}"
  . "${env_file}"
  /bin/rm -f "${env_file}"
}

我怎样才能不创建文件（感觉像是某种变通方法）并直接公开功能？

答案1

您可以使用流程替代，因此use看起来应该是这样的：

use() {  
  . <(. ./hello_world.sh; declare -f "$@")
}

边注：

  • declare不是 POSIX，/bin/sh可能不支持它，所以use.sh不应该/bin/sh在 shebang 中。（这并不重要，因为它use.sh是来源而不是执行。）

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