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为什么我不能在 bash 函数中使用“z”命令？

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为什么我不能在 bash 函数中使用“z”命令？

我想要完成的是：跳转到一个目录并列出其内容。

我在 .bash_aliases 中添加的 bash 函数是：

function zl(){
  
  z $1 && ls
}

但是，当调用此函数时，我收到以下错误：

❯ zl node
z: command not found

但当我单独使用 z 命令时，它可以完美地工作。

为什么我不能在函数内使用 z 命令？

我尝试过的修复：

  1. 将源 /home/me/z.sh 添加到函数中
function zl(){
  source /home/nair/z.sh
  z $1 && ls
}

编辑：z 是跳转命令

答案1

根据那的来源z，它是一个别名。别名有点像 C 预处理器宏，它们不是命令或函数。它们来自没有功能的 C shell，并且并不真正属于类似 Bourne 的 shell，但人们继续使用它们主要是因为 csh 长期以来都是非常流行的 shell。

别名在读取时展开，而不是在执行时展开（如果执行别名有意义的话）。因此，在函数中，它们在读取函数体时扩展到函数体中，因此这里您需要在 shell 读取函数定义时已经定义别名，所以您需要确保您的函数定义位于您的. /path/to/z.sh或行之后，并确保两个语句都被一个接一个地读取和执行（例如，不是同一复合命令的一部分）。source /path/to/z.sh~/.bashrc

或者，由于该别名定义为：

alias ${_Z_CMD:-z}='_z 2>&1'

（请注意参数扩展周围缺少引号，这也是您犯的错误），您可以将函数编写为：

zl(){
  _z "$@" && ls
}

（2>&1如果您确实希望将 stderr 合并到 stdout 中，请添加）

随着"$@"我们经过全部参数zl接收到_z，而不仅仅是第一个，更不用说经过 split+glob 后的第一个，就像您通过不$1加引号所做的那样。

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