在bash中传递引用的Posix参数值

Question

我有一个bash脚本，我试图将带有引用值的posix样式参数传递给另一个名为within的脚本。在命令行上，我可以输入：

somescript --foo="bar baz"

这意味着对于具有键foo的参数，值为bar baz。在某些内容中，您可能认为这样可行：

innerscript "$@"

然而，这会重新引用每个参数的 complete ，键和值一起分块，而不仅仅是值。因此innerscript会收到"--foo=bar baz"并认为您正在尝试使用空值传递名为foo=bar baz的密钥。

告诉bash“重新引用所有传递的参数”是不够的。我需要告诉bash“重新引用所有传递的参数在之前引用它们的确切方式”。不要改变我的报价位置，兄弟！

Answer 1

问题出在innerscript，然后。之间没有区别：

innerscript --foo="bar baz"
innerscript "--foo=bar baz"
innerscript --foo=bar\ baz
innerscript --foo=bar' 'baz

毫无疑问，还有许多其他选择。在innerscript内，$1（在shell表示法中）只包含13个字符：--foo=bar baz。顺便提一下，同样适用于somescript;当你如图所示调用它时，它看不到双引号。它们由shell处理（并由shell删除）。

要看到这一点，请尝试：

echo --foo="bar baz"

Answer 2

你做不到。

脚本接收参数。当shell 解析该行时，它将第一个参数传递为： “--foo = bar baz”。你不能做任何事情来防止这种情况。但我不明白为什么会导致任何问题，你可以根据=拆分参数。

# function test { echo $1; }
# test a"b""c"'d'\e
abcde

Answer 3

使用getopt命令解析参数和选项。

注1：getopt（gnu命令）已增强getopts（在POSIX中定义）。

注2：--long-options是GNU风格，而不是POSIX