Question

我计划将Perl文件转换为可执行文件，以便在运行可执行文件时，它应检测当前目录中的所有*.css文件并抛出输出。

有办法做到这一点吗？我有一个写下面的程序，它会抛出一条错误信息。你能帮我调整一下吗？

因为我正在努力学习Perl，请耐心等待。要读取的目录是bin。

#!/usr/bin/perl

my @files;
opendir(bin, $Directoryname) or die "cannot open directory $Directoryname";
@files = grep(/\.css$/, readdir(bin));

# my $regex = qr/
# (?=.*font-size) &&
# (?!.*%)
# /ix;

foreach $file (@files) {

  open my $handle, '<', $file or die "could not open '$file': $!";

  while (my $line = <$handle>) {

    if ($line =~ /font-size/) {
      if ($line !~ /%/) {
        print "\n Forced Font is detected. -- $line\n";
      }
      else {
        print "\n Font is specified in % -- $line \n";
      }
    }

    if ($line =~ /line-height/) {
      print "\n Forced Line-height is detected. \n";
    }

    if ($line =~ /position:absolute/) {
      print "\n position:absolute is detected. \n";
    }
  }
}

close(txt);

这是输出：

cannot open directory at C:\Perl64\bin\sample1.pl line 4.

Answer 1

变量$Directoryname没有与之关联的值。

你应该用

之类的东西来设置它

$Directoryname = 'bin';

那就是说，为了找到所有 css 文件，我会使用glob：

my @files = glob('*.css');

Answer 2

看起来$Directoryname是空白还是未定义在哪里为其分配值？

在脚本的开头添加use strict;，以查看您遇到其他问题的位置。

Answer 3

检查opendir/readir的文档以及如何使用它们

use strict;
use warnings;

my $Directoryname = "bin";

opendir(my $dir, $Directoryname) or die "$! $Directoryname";
my @files = grep(/\.css$/, readdir($dir));
# ..

Answer 4

谢谢你们！我解决了这个问题...通过readir / opendir并学会了如何编写代码！

Perl - 读取目录中扩展名为＆＃34; .css＆＃34;的所有文件。

4 个答案: