Question

我有一个脚本，我写的是切换到root或以root身份运行命令而没有密码。我编辑了我的/ etc / sudoers文件，以便我的用户[matt]有权运行/ bin / su而没有密码。这是我的脚本“s”内容：

matt: ~ $ cat ~/bin/s
#!/bin/bash

[ "$1" != "" ] && c='-c'

sudo su $c "$*"

如果没有参数[只是s]，它基本上会调用sudo su，它会在没有密码的情况下转到root。但是如果我把paramaters，$ c变量等于“-c”，这使得su执行一个命令。

除非我需要使用空格，否则效果很好。例如：

matt: ~ $ touch file\ with\ spaces
matt: ~ $ s chown matt file\ with\ spaces 
chown: cannot access 'file': No such file or directory
chown: cannot access 'with': No such file or directory
chown: cannot access 'spaces': No such file or directory
matt: ~ $ s chown matt 'file with spaces'
chown: cannot access 'file': No such file or directory
chown: cannot access 'with': No such file or directory
chown: cannot access 'spaces': No such file or directory
matt: ~ $ s chown matt 'file\ with\ spaces'
matt: ~ $

我该如何解决这个问题？

另外， $ * 和 $ @ 之间有什么区别？

Answer 1

啊，引用很有趣。通常，@ John建议的方法适用于此：使用"$@"，并且它不会尝试解释（并且混淆）参数中的空格和其他有趣的字符。但是，在这种情况下，这将无法工作，因为su的-c选项需要将整个命令作为单个参数传递，然后它将启动一个解析命令的新shell（包括被空格等混淆）。为了避免这种情况，您实际上需要重新引用要传递给su -c的字符串中的参数。 bash的printf内置可以做到这一点：

#!/bin/bash

if [ $# -gt 0 ]; then
    sudo su -c "$(printf "%q " "$@")"
else
    sudo su
fi

让我回顾一下这里发生的事情：

您运行s chown matt file\ with\ spaces
bash将其解析为单词列表：“s”“chown”“matt”“带空格的文件”。请注意，此时您输入的转义符已被删除（尽管它们具有预期效果：使bash将这些空格视为参数的一部分，而不是参数之间的分隔符。）
当bash在脚本中解析printf "%q " "$@"命令时，它会用脚本的参数替换"$@"，参数分解完整。它相当于printf "%q " "chown" "matt" "file with spaces"。
printf将格式字符串“％q”解释为“以引用形式打印每个剩余参数，后面带一个空格”。它打印：“chown matt file \ with \ spaces”，基本上重建原始命令行（它最后有一个额外的空间，但事实证明这不是问题）。
然后将其作为参数传递给sudo（因为$()构造周围有双引号，它将被视为sudo的单个参数）。这相当于运行sudo su -c "chown matt file\ with\ spaces "。
sudo运行su，并传递其获得的参数列表的其余部分，包括完全转义的命令。
su运行一个shell，它还会传递其参数列表的其余部分。
shell执行它作为-c：chown matt file\ with\ spaces的参数获得的命令。在解析它的正常过程中，它会将非转义空间解释为参数之间的分隔符，并将转义空格解释为参数的一部分，并且它将忽略末尾的额外空间。
shell运行chown，参数“matt”和“file with spaces”。这符合您的期望。

不是bash解析hoot吗？

Answer 2

"$*"将所有位置参数（$1，$2，...）收集到一个单词中，用一个空格分隔（更一般地说，$IFS的第一个字符）。请注意，在shell术语中，单词可以包含任何字符，包括空格："foo bar"或foo\ bar解析为单个单词。例如，如果有三个参数，则"$*"等同于"$1 $2 $3"。如果没有参数，那么"$*"相当于""（一个空字）。

"$@"是一种特殊的语法，可以扩展到位置参数列表，每个参数都在自己的单词中。例如，如果有三个参数，则"$@"等同于"$1" "$2" "$3"。如果没有参数，那么"$@"等同于 nothing （一个空列表，而不是一个单词为空的列表）。

"$@"几乎总是您要使用的内容，而不是"$*"或不加引号$*或$@（后两个完全等效并执行文件名生成）（也称为globbing）和所有位置参数上的单词分割。）

还有一个问题，就是su，除了一个shell命令作为-c的参数，并且你传递了多个单词。你已经有了a detailed explanation of getting the quoting right，但是让我补充一下如何做正确的建议，这可以避免双重引用问题。您还可以参考https://unix.stackexchange.com/questions/3063/how-do-i-run-a-command-as-the-system-administrator-root了解sudo和su的更多背景信息。

sudo已经以root身份运行命令，因此无需调用su。如果您的脚本没有参数，您可以直接运行shell;除非您的sudo版本很旧，否则可以选择：sudo -s。所以你的脚本可以是：

#!/bin/sh
if [ $# -eq 0 ]; then set -- -s; else set -- -- "$@"; fi
exec sudo "$@"

（其他部分是处理以-开头的命令的罕见情况。）

我不会打扰这么简短的剧本。以root身份运行命令是不寻常的，并且有足够的风险，输入三个额外的字符应该不是问题。以root身份运行shell更加不寻常和冒险，当然还需要六个字符。

脚本问题中的bash参数变量

2 个答案: