Php 在bash中删除开始时的额外空间

我试图获取

扩展名\u dir

并将其存储在变量中

php-i | grep extension_dir

extension\u dir=>/usr/lib64/php/modules=>/usr/lib64/php/modules

作为输出

我想在变量中存储

/usr/lib64/php/modules

这就是我试过的

php-i | grep extension|u dir | cut-d'>''-f3

给出了

/usr/lib64/php/modules

如何在开始时删除空间

---

我欢迎任何更清洁的解决方案

使用

awk

而不是

cut

：

php -i | grep extension_dir | awk -F '=> ' '{print $3}'

甚至可以使用awk删除grep：

php -i | awk -F '=> ' '/extension_dir/{print $3}'

---

使用

awk

代替

cut

：

php -i | grep extension_dir | awk -F '=> ' '{print $3}'

甚至可以使用awk删除grep：

php -i | awk -F '=> ' '/extension_dir/{print $3}'

---

使用sed:

php -i | grep extension_dir | sed 's/.* => //'

---

使用sed:

php -i | grep extension_dir | sed 's/.* => //'

一个简单的sed就足够了（或者awk），中间不需要grep

一个简单的sed（或awk）就足够了，不需要在命令行中间添加grep

php -i | grep extension_dir | cut -d '>' -f3

可以修改为

php -i | grep extension_dir | cut -d '>' -f3|cut -c 2-

从第二个字符中剪切，忽略第一个字符，即命令行中的空格

php -i | grep extension_dir | cut -d '>' -f3

可以修改为

php -i | grep extension_dir | cut -d '>' -f3|cut -c 2-

---

从第二个字符开始剪切，忽略第一个空格字符

感谢insight Mate并将其存储在变量中：

var=$（php-i | awk-F'=>''/extension\u dir/{print$3}'）

感谢insight Mate并将其存储在变量中：

var=$（php-i | awk-F'=>''/extension\u dir/{print$3}）

你可以试试这个。

sed的/\（.*）=>\（.*）=>\（.*）=>\（.*）/\2/'

你可以试试这个。

sed的/\（.*）=>\（.*）=>\（.*）/\2/'