Question

在bash函数中声明局部变量使该变量仅在函数本身及其子级内部可见，所以如果我运行：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出为：

var from func_two

即使将 var 变量声明为局部变量，并且可以从函数 func_one 中访问 func_two 中的只读变量。在后者中，可以声明一个具有本地和只读名称的变量：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出为：

var from func_one

如果从退出陷阱中调用 func_one ，也会发生同样的情况：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT
  echo "${var}"                                             
}                                                                               

func_two

运行我收到的代码：

var from func_two
var from func_one

但是，如果在错误后执行EXIT陷阱（如果命令以非零状态退出，则set -e选项会使脚本立即退出）。似乎无法在 func_one 中重新分配var变量：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT          
  echo "${var}"                                                
  false                                                                         
}                                                                               

func_two

运行我收到的代码：

var from func_two
local: var: readonly variable

任何人都可以告诉我为什么会这样吗？预先谢谢你。

Answer 1

这是Bash中的错误。

最初安装func_one作为出口处理程序时，Bash在返回func_two后在脚本末尾调用它。一切都很好。

当您使用set -e的组合并从false调用func_one时，Bash会退出脚本，并在调用false之后调用退出处理程序，换句话说，在func_one之内。

Bash通过调用longjmp并传递代码ERREXIT来调用variable_context，以将控制权返回给顶级解析器，从而实现“错误退出”。在处理这种情况的代码中，有一段注释表明脚本应该忘记正在执行的任何功能，这是通过将变量0设置为variable_context来实现的。似乎0是指向命名作用域堆栈的索引，将其设置回func_one会将其指向顶级全局作用域。

接下来，Bash调用陷阱处理程序，该陷阱处理程序调用{{1}}。现在variable_context是1，也就是说，它与func_two中的值相同。当脚本尝试设置var时，Bash查看在此上下文中定义的名称，并发现var剩下的func_two已经存在。

我已在调试器中确认了这一点，并提供了一种解决方法：如果您添加一个中间函数调用，该脚本将起作用，因为现在在func_one中，variable_context是2，而Bash没有不再看到var剩下的func_two：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_intermediate() {
  func_one
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  echo "${var}"
  trap 'func_intermediate' EXIT
  false
}

func_two

很明显，在Bash代码中，展开函数调用堆栈实际上涉及到删除变量（有一个名为kill_all_local_variables的函数）。仅递减variable_context（或将其设置为0）是不够的。这就是为什么脚本在func_two首先返回并能够在Bash调用func_one之前清理其变量的情况下起作用的原因。

更新：看来variable_context并不是堆栈中的索引（只是函数嵌套计数器），并且代码在输入函数时为变量分配了新空间？因此，不能100％确定这里的实际情况，但是Bash确实在func_two内找到了var的{{1}}版本，并且添加了中间调用使问题消失了，所以这有点Bash在func_one之后由于“错误退出”设置而无法清除并导致func_two继承其变量的问题而没有清理。

程序以状态！= 0（set -e）退出后执行EXIT陷阱时的Bash函数作用域状态

1 个答案: