Question

问题在于：

我有一个XSLT任务，假设生成一个XML文件作为输出。这是我目前得到的输出：

C：\用户\ rmrd001 \ GIT中\ XSLT的框架\例子\中间\ ODT夹\ T2 \ T2.1 \含量

它生成一个没有任何扩展名的文件。所以windows不提供打开的默认程序。当然，期望的结果是相同的，但包括扩展。即：

C：\用户\ rmrd001 \ GIT中\ XSLT的框架\例子\中间\ ODT夹\ T2 \ T2.1 \ content.xml中

这是任务定义：

<xslt in="@{file}" out="${dita-odt.path.odt-unzipped-base-dir}/${common-path}/${file-base-name}" style="${dita-odt.path.text-odt-xsl}" extension="xml" force="true">
                            <param name="dir-path-styles-xml" expression="${dita-odt.path.odt-unzipped-base-dir}/${common-path}"/>
                            <!--The following parameter is designated for reference nodes that require absolute path. For example draw:image/@href. This is to achieve system portability as well.-->
                            <param name="project-base-dir-absolute-path" expression="${base-dir-unix}"/>
                            <classpath location="${infrastructure-base-dir}/${dita-odt.text-odt-xsl.processor}"/>
                        </xslt>

我知道这不是完整的脚本，但除了输出文档缺少扩展名外，一切正常。 XSL 任务中没有mapper嵌套。我还可以通过将.xml添加到out属性中指定的路径（例如此out="${dita-odt.path.odt-unzipped-base-dir}/${common-path}/${file-base-name}.xml"）来解决此问题。无论如何，为什么它不起作用？

Answer 1

对于extension，如果符合以下任一项，则会忽略out属性：

设置了<mapper>属性
或<xslt>嵌套在<xslt>

让out输出具有特定扩展名的文件：

提供<mapper>
或添加附加扩展程序的array[0]

Answer 2

您需要指定完整路径。如果$ {file-base-name}不包含＆＃34; .xml＆＃34;最后，你必须指定它。看它的定义会有所帮助。

XSLT的默认输出不是XML，因为XSLT可以写任何内容。

XSLT任务中的属性扩展不起作用

2 个答案: