MSBuild 项目具有不同的生成配置，不使用 sln

Question

相关

我的VS解决方案中有两个项目，BookApp.Web和BookApp.Domain。

BookApp.Web参考资料BookApp.Domain .

BookApp.Web具有以下构建配置：debug、staging、prod-eu、prod-us和prod-as。我们有三个用于生产的数据中心和一个过渡环境。

到目前为止，BookApp.Domain只有两种构建配置，debug .

从 Visual Studio 中生成解决方案时，我可以使用生成配置器来确保无论为 Web 项目选择哪种生成配置，调试配置始终用于域项目。

但是，在我的持续集成服务器上使用 MSBuild 进行构建时，出现问题。我在我的rollout.msbuild文件中使用它：

<MSBuild Projects="BookApp.WebBookApp.Web.csproj" Properties="Configuration=Prod-us" />

当我运行它时，MSBuild 希望所有依赖项目都具有相同的生成配置。由于情况并非如此（也不应该是 IMO），因此它失败并显示以下错误消息：

The OutputPath property is not set for project 'BookApp.Domain.csproj'.  Please check to make sure that you have specified a valid combination of Configuration and Platform for this project.  Configuration='Prod-us'  Platform='AnyCPU'.

相关问题的答案建议为每个生成配置创建单独的.sln解决方案，并使用 MSBuild 运行该解决方案。对我来说，这听起来不是一个好主意。

将所有生成配置复制到域项目也不理想。

有没有更好的方法来告诉 MSBuild 使用不同的生成配置？

Answer 1

看看这个答案，它解释了配置如何通过 MSBuild 任务从一个项目传递到另一个项目，并使用配置的元数据传递目标项目的所需配置

这里

更新

我创建了一个包含类库（Sample.Domain）和ConsoleApplication（SampleApp.Console）的解决方案。 我在 SamplApp.Console 中添加了另外两个配置：prod-us;prod-eu，Sample.Domain 保留在 debug;release 中。

然后我更改了控制台应用程序的 csproj 文件，如下所示：

项目参考

  <!--<ItemGroup>
    <ProjectReference Include="..Sample.DomainSample.Domain.csproj">
      <Project>{73e8a7fd-0a24-47c5-a527-7601550d4b92}</Project>
      <Name>Sample.Domain</Name>
    </ProjectReference>
  </ItemGroup>-->
  <ItemGroup>
    <ProjectReference Include="..Sample.DomainSample.Domain.csproj" >
      <Targets>Build</Targets>
    </ProjectReference>
  </ItemGroup>

在传递给 MSBuild 的配置上添加了开关案例，以配置输出文件和引用文件的某些属性：

  <Choose>
    <When Condition="'$(Configuration)' != 'Debug'">
      <PropertyGroup>
        <OutputProperty>$(OutputPath)$(Configuration)</OutputProperty>
        <FileCopy>$(OutputProperty)</FileCopy>
      </PropertyGroup>
    </When>
    <Otherwise>
      <PropertyGroup>
        <OutputProperty>$(OutputPath)</OutputProperty>
        <FileCopy>$(OutputProperty)</FileCopy>
      </PropertyGroup>
    </Otherwise>
  </Choose>

创建了一个目标来切换传递给 MSBuild 的配置，以便调试将调试传递给 Sample.Domain，其他所有内容都将传递发布

  <Target Name="MultiConfiguration" >
    <CreateProperty Value="Debug">
      <Output TaskParameter="Value" PropertyName="LibConfiguration" Condition="'$(Configuration)' == 'Debug'"/>
    </CreateProperty>
    <CreateProperty Value="Release">
      <Output TaskParameter="Value" PropertyName="LibConfiguration" Condition="'$(Configuration)' != 'Debug' "/>
    </CreateProperty>
  </Target>

生成目标使用我们添加的属性，因此引用文件的输出和副本将根据配置值具有正确的值

  <!--Build Process-->
  <Target Name="Build" DependsOnTargets="Clean;MultiConfiguration;ComputeProjectReference" >
    <Csc Sources="@(Compile)" References="@(NewAssemblies)" TargetType="exe" OutputAssembly="$(OutputProperty)$(AssemblyName).exe"/>
  </Target>
  <Target Name="ComputeProjectReference" Inputs="@(ProjectReference)" Outputs="%(ProjectReference.Identity)__Forced">
    <MSBuild Projects="@(ProjectReference)" Targets="%(ProjectReference.Targets)" Properties="Configuration=$(LibConfiguration);Platform=AnyCPU;OutputPath=bin$(LibConfiguration)">
      <Output TaskParameter="TargetOutputs" ItemName="ResolvedProjectReferences"/>
    </MSBuild>
  </Target>
  <Target Name="AfterProjectReference"  AfterTargets="ComputeProjectReference">
    <CreateItem Include="@(ResolvedProjectReferences)">
      <Output TaskParameter="Include" ItemName="CopyFiles" />
    </CreateItem>
    <Copy SourceFiles="@(CopyFiles)" DestinationFolder="$(FileCopy)" SkipUnchangedFiles="false"  />
    <ItemGroup>
      <NewAssemblies Include="$(OutputProperty)%(CopyFiles.FileName)%(CopyFiles.Extension)" />
    </ItemGroup>
  </Target>

调用调试配置是这样完成的msbuild SampleApp.Console.csproj

调用 （Release;prod-us;prod-eu;...） 是这样完成的msbuild SampleApp.Console.csproj/p：Configuration="prod-us"/p：OutputPath="bin"

我相信它可以优化，并且可能会更容易，但它有效。