Bash 版本 4.4 与版本 5.1 中的参数行为无效?

Question

我对这种行为感到困惑，我有以下脚本：

backup.sh

#!/bin/bash -x
set -e
if [[ $# -eq 0 ]] ; then
echo 'No arguments passed'
exit 1
fi
# Get the arguments
for ARGUMENT in "$@"; do
KEY=$(echo $ARGUMENT | cut -f1 -d=)
VALUE=$(echo $ARGUMENT | cut -f2 -d=)
case "$KEY" in
backup_dir) BACKUP_DIR=${VALUE} ;;
postgres_dbs) POSTGRES_DBS=${VALUE} ;;
backup_name) BACKUP_NAME=${VALUE} ;;
postgres_port) POSTGRES_PORT=${VALUE} ;;
postgres_host) POSTGRES_HOST=${VALUE} ;;
*) ;;
esac
done

我正在使用以下命令执行它：

1.

/bin/bash -c /usr/bin/backup.sh postgres_dbs=grafana,keycloak backup_name=postgres-component-test-20220210.165630 backup_dir=/backups/postgres postgres_port=5432 postgres_host=postgres.default.svc.cluster.local

/usr/bin/backup.sh postgres_dbs=grafana,keycloak backup_name=postgres-component-test-20220210.165630 backup_dir=/backups/postgres postgres_port=5432 postgres_host=postgres.default.svc.cluster.local

但输出是：

+ set -e
+ [[ 0 -eq 0 ]]
+ echo 'No arguments passed'
No arguments passed
+ exit 1

环境：

# cat /etc/os-release
NAME="Ubuntu"
VERSION="18.04.3 LTS (Bionic Beaver)"
ID=ubuntu
ID_LIKE=debian
PRETTY_NAME="Ubuntu 18.04.3 LTS"
VERSION_ID="18.04"
HOME_URL="https://www.ubuntu.com/"
SUPPORT_URL="https://help.ubuntu.com/"
BUG_REPORT_URL="https://bugs.launchpad.net/ubuntu/"
PRIVACY_POLICY_URL="https://www.ubuntu.com/legal/terms-and-policies/privacy-policy"
VERSION_CODENAME=bionic
UBUNTU_CODENAME=bionic

我可以重现此问题的 Bash 版本：

GNU bash, version 4.4.20(1)-release (x86_64-pc-linux-gnu)

但是，这在 Bash 版本中不会发生：

GNU bash, version 5.1.8(1)-release (x86_64-apple-darwin20.3.0)

Answer 1

这不是一个错误，只是一个功能！

当您使用bash -c 'code …'样式时，实际上第一个 CLI 参数作为$0传递给内联代码，而不是$1。

此外，如果'code …'本身调用外部脚本，例如./script.sh，那么您不应忘记使用"$@"构造传递参数。

所以你可以写(如评论中指出的那样)：

bash -c './script.sh "$@"' bash "first argument"

或者最简洁地说，就像你提到你已经尝试过一样：

bash script.sh "first argument"

其他说明

由于您的示例并不是真正的"最小"(它有一个很长的命令行)，因此您可能希望出于调试目的对其进行测试的完整最小示例：

script.sh

#!/usr/bin/env bash
echo "$#: $#"
for arg; do printf -- '- %sn' "$arg"; done

然后，您应该获得类似于以下内容的会话：

$ chmod a+x script.sh
$ bash -c ./script.sh "arg 1" "arg 2"
$#: 0
$ bash -c './script.sh "$@"' "arg 1" "arg 2"
$#: 1
- arg 2
$ bash -c './script.sh "$@"' bash "arg 1" "arg 2"
$#: 2
- arg 1
- arg 2
$ bash script.sh "arg 1" "arg 2"
$#: 2
- arg 1
- arg 2
$ ./script.sh "arg 1" "arg 2"
$#: 2
- arg 1
- arg 2

Answer 2

您编写了两种调用脚本的方法，归结为：

1. bash -c ./script.sh arg1 arg2 arg3
2. ./script.sh arg1 arg2 arg3

第二种方法是调用脚本的首选方法。直接运行它们会告诉 Linux 使用舍邦行中列出的解释器。我没有理由看到这种调用风格会删除参数。

然而，第一个确实失去了所有的论点。这是因为-c不属于那里。如果你想调用一个显式的bashshell，你应该简单地写：

bash ./script.sh arg1 arg2 arg3

这将正确地将所有参数传递给脚本。

当您添加-c时，它会./script.sh从脚本的名称变成一个完整的命令行。有什么区别？好吧，现在命令行负责将其参数转发到脚本，如果这是它想要发生的事情。使用-c您需要显式传递它们：

bash -c './script.sh "$@"' bash arg1 arg2 arg3

呸！它被包裹在单引号中，里面有一个丑陋的"$@"。不过，这是需要的。没有"$@"，论点就被简单地扔在地板上。

-c还需要一个额外的参数，即$0的值。因此，不仅需要"$@"，还必须添加额外的bash参数来设置$0。(bash是一个不错的选择，因为这是运行 bash 脚本时通常$0设置的。