在多模块Maven项目中组装任意文件

我正在尝试为一个大型（超过100个模块）多模块Maven项目创建一个程序集

一些（但不是全部）模块有各种文件需要包含在最终组装中，但我很难弄清楚如何将它们放在那里

以下是典型模块的布局：

+- pom.xml
+- src
|  +- main
|     +- java
|        +- ...
|     +- resources
|        +- ...
|     +- scripts
|        +- ...

此模块具有JAR打包，因此主要工件是一个JAR文件

以下是最终装配所需的格式：

+- bin
|  +- <union of all files from src/main/scripts in the various modules>
+- lib
|  +- <union of all JAR files produced by the various modules>

+-bin
|  +- 
+-解放党
|  +- 

我知道如何完成装配结构的库部分，但不知道如何完成bin部分

似乎建议每个模块都应该创建自己的程序集（本质上是一个程序集片段），然后由我的实际程序集组件将它们聚合在一起

Maven就是这样做的吗？它看起来很重，很慢。有没有其他/更好的方法

在回答之前，请记住以下事实：

该项目使用的是平面模块结构（如果有必要的话）。更改为嵌套结构不是一个选项

我无法将脚本合并到一个模块中。即使可以，也有其他任意文件需要打包到最终程序集中，而这些文件无法在一个地方合并（我使用脚本作为简单示例来说明问题）

是的，我认为100个模块太多了，但我无法控制

考虑到大量的模块，我更喜欢不需要修改每个POM的解决方案

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不要让每个模块都有自己的程序集，而是创建一个名为

assembly

（名称是任意的）的单独模块，并让您的程序集描述符使用相对路径从其他模块获取任意文件。即

<files>
    <file>
      <source>../config-module/target/sample-config.xml</source>
      <outputDirectory>configs</outputDirectory>
    </file>
</files>

../config module/target/sample-config.xml
配置

路径

。/config module

假定您有一个同名的模块。我还假设您从

target/

目录中获取

sample config.xml

文件，而不是

src/main/which

目录

请注意，如果您的“任意文件”是由每个模块生成的Maven工件（即WAR），那么可能会有更多的idomatic方法来完成上述任务。见：

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不幸的是，除了创建程序集的程序集，我找不到更好的答案。看起来我们将编写自己的Maven插件来处理这一需求，因为在我们的情况下，使用程序集的组装太麻烦了。

有两种选择：和@yegor256：是的，我知道如何使用程序集插件；正如我在问题中所说的，我正在寻找每个模块的替代方案，声明它自己的程序集。至于shade，我不认为这能帮助我从其他模块收集任意文件。你能详细说明一下吗？除了每个模块的相对路径之外，还有什么方法可以做到这一点吗？我不想让汇编模块（我已经有了）被迫跟踪100多个模块中哪些模块有任意文件&哪些没有。源元素中是否接受通配符？是-请阅读链接书中的“8.6.2.分发（聚合）程序集”一节。正如我在OP中提到的，我希望避免程序集的组装。你的意思是说，除了组装程序集之外，没有其他好的方法可以做到这一点吗？根据链接的Maven书，组装程序集是一种可行的方法。最佳实践是每个模块应该生成一个工件（即一个JAR或WAR，但不是WAR+程序集）。然后您就有了一个名为“分发”的模块或类似的模块，它是您的程序集，可以从所有其他模块中提取内容。谢谢您的输入。不幸的是，这似乎是另一种“马文之路”与客观现实相冲突的情况：我发现的东西在马文之地太熟悉了。在这一点上，我认为我们将编写一个自定义插件来处理我们的需求。