Macos 在命令行xcodebuild调用后分发.app文件

我正在构建/归档我的Mac应用程序，以便在安装了Xcode 4.3的情况下通过命令行调用（如下）进行分发。要明确的是，在Xcode 4.3之前，我还没有一个有效的解决方案来解决这个问题，所以对于早期Xcode版本的建议仍然是有效的。这是电话：

/usr/bin/xcodebuild -project "ProjectPath/Project.pbxproj" -scheme "Project" -sdk macosx10.7 archive

这将成功运行，并生成一个

.xarchive

文件，位于我的

~/Library/Developer/Xcode/Archives/

文件夹中。获取生成的存档文件路径的正确方法是什么？我正在寻找一种方法来获取其中包含的

.app

文件的路径，以便分发它

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我查看了

xcodebuild

（并在网上进行了大量搜索）的手册页，但没有找到任何线索。

您可以使用一点shell，在归档目录中获取最新的文件夹（或使用当前日期），然后在该目录中获取最新的归档。

在，我提出了一个令人满意的多部分解决方案。关键是使用Xcode在构建过程中创建的环境变量

首先，我在构建方案的归档阶段有一个post操作（粘贴到Xcode项目的UI中）。它调用我编写的一个Python脚本（在下一节中提供），将我要提取的环境变量的名称和文本文件的路径传递给它：

#导出归档完成后要使用的归档路径
“${PROJECT_DIR}/Script/grab_env_vars.py”“${PROJECT_DIR}/build/archive env.txt”
“存档路径”“存档产品路径”“存档系统路径”
“安装路径”“包装器名称”

然后，该脚本将它们成对写入文本文件：

导入系统 导入操作系统 def主（args）： 如果len（args）<2： 打印（'没有传递到grab_env_vars'的文件路径） 返回 如果len（args）<3： print（'没有传递给grab\u env\u vars'的环境变量名称） 输出文件=args[1] 输出路径=os.path.dirname（输出文件） 如果操作系统路径不存在（输出路径）： os.makedirs（输出路径） 打开（输出_文件“w”）作为f： 对于范围（2，len（args））中的i： arg_name=args[i] arg_value=os.environ[arg_name] #打印（'env{}:{}'。格式（arg_名称，arg_值）） f、 写入（'{}={}\n'.格式（arg_名称，arg_值）） def get_archive_vars（路径）： 返回dict（（line.strip（）.split（'='），用于文件（路径）中的行） 如果uuuu name uuuuuu='\uuuuuuu main\uuuuuuu'： 主（系统argv） 最后，在我的构建脚本（也是Python）中，我解析出这些值，并可以找到归档文件的路径以及其中的应用程序包：

env_vars=grab_env_vars.get_archive_vars（env_文件）
存档路径=环境变量['archive\u PRODUCTS\u path']
install_path=env_vars['install_path'][1:][1://切掉下面连接的前导“/”
包装器名称=环境变量['wrapper\u name']
存档的应用程序=os.path.join（存档路径、安装路径、包装器名称）

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这就是我解决它的方法，它应该很容易适应其他脚本环境。这对于我的限制是有意义的：我希望项目中的代码尽可能少，我更喜欢Python脚本而不是Bash，并且该脚本很容易在其他项目中重用，也可以用于其他目的。

有一种更简单的方法，只需指定要归档的archivePath：

xcodebuild -archivePath GoTray -scheme GoTray archive

然后，您将在当前目录中的

GoTray.xccharve

处获得xccharve文件

接下来，再次运行xcodebuild以从xcarchive文件导出应用程序：

xcodebuild -exportArchive -exportFormat APP -archivePath GoTray.xcarchive -exportPath GoTray