Question

我希望我的Puppet类创建一个文件资源，其内容基于特定定义类型的所有实例。我查看this question的想法是迭代实例来构建文件，但显然这对于目前的一个答案来说是一个“坏主意”。

一些背景知识：我正在Puppet中构建一个monitor_service类来部署自定义监视应用程序。应用程序读取一个配置文件，告诉它要监视的内容，每行一个项目，沿着

行

ITEM: /var/things/thing-one (123)
ITEM: /var/things/thing-two (456)

我还在编写一个定义类型，用于部署受监视项目的实例：

define my_thing::monitored_thing ( $port ) {
  file { "/var/things/$name":
     ...
  }
}

在给定节点上，我设置了几个monitored_thing，如

my_thing::monitored_thing { "thing-one":
  port => 123
}
my_thing::monitored_thing { "thing-two":
  port => 456
}

用于构建监控服务配置文件的“正确”Puppet习惯用法是什么？我希望以这种方式工作，以便monitor_service类不必被告知它正在观察哪个monitored_thing个实例 - 只需创建一个monitored_thing实例就应该导致它要自动添加到配置文件中。

Answer 1

有多种方法可以修改/声明多个定义类型中的文件的一部分：

使用puppetlabs-stdlib＆＃39; s file_line。这允许您指定文件应包含特定行。最好不要关心其他文件内容，只想确定一条线是否存在。
如果您想确保最终文件只包含您指定的片段或片段的顺序，请使用puppetlabs-concat。
如果您需要编辑/添加配置到具有更复杂结构的文件（如xml，apache配置等），请使用augeas type。