Unix 在zsh中封装源代码脚本

我试图控制在zsh中寻找脚本时定义哪些变量。我在想象与此代码对应的东西：

(
  source variable_definitions

  somehow_export variable1=$variable_defined_in_script1
)
echo $variable1

因此，我希望在外部范围中定义

variable1

，而不是在脚本中定义

variable\u

或源脚本中的任何其他变量

（

export

在本例中是一个神奇的占位符，它允许将变量定义导出到父shell。我认为这是不可能的，所以我正在寻找其他解决方案）

类似的东西

(
  var_in_script1='Will this work?'

  print variable1=$var_in_script1
) | while read line
do
    [[ $line == *=* ]] && typeset "$line"
done

print $variable1
#=> Will this work?

print $var_in_script1
#=> 
# empty; variable is only defined in the child shell

这将使用stdout将信息发送到父shell。根据您的要求，您可以向print语句中添加文本，以筛选所需的变量（这只查找“=”）

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如果需要处理更复杂的变量，如数组，

typeset-p

在zsh中是一个很好的选择，可以提供帮助。它对于简单的打印也很有用 变量的内容和类型

(
  var_local='this is only in the child process'

  var_str='this is a string'

  integer var_int=4

  readonly var_ro='cannot be changed'

  typeset -a var_ary
  var_ary[1]='idx1'
  var_ary[2]='idx2'
  var_ary[5]='idx5'

  typeset -A var_asc
  var_asc[lblA]='label A'
  var_asc[lblB]='label B'

  # generate 'typeset' commands for the variables
  # that will be sent to the parent shell:
  typeset -p var_str var_int var_ro var_ary var_asc

) | while read line
do
    [[ $line == typeset\ * ]] && eval "$line"
done

print 'In parent:'
typeset -p var_str var_int var_ro var_ary var_asc

print
print 'Not in parent:'
typeset -p var_local

输出：

In parent:
typeset var_str='this is a string'
typeset -i var_int=4
typeset -r var_ro='cannot be changed'
typeset -a var_ary=( idx1 idx2 '' '' idx5 )
typeset -A var_asc=( [lblA]='label A' [lblB]='label B' )

Not in parent:
./tst05:typeset:33: no such variable: var_local

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和蔼可亲！简单又完美，谢谢你我打赌你已经想到了这一点，但是你有一个同样可以处理数组的解决方案吗？@MatthiasMichaelEngh-为数组等添加了一个示例。希望这有帮助！