在程序以状态退出后执行 EXIT 陷阱时的 Bash 函数范围状态！= 0（设置 -e）

Question

在 bash 函数中声明一个局部变量会使该变量仅在函数本身及其子函数内部可见，所以如果我运行：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出是：

var from func_two

即使 var 变量在 func_two 内被声明为本地和只读变量，也可以从函数 func_one 访问。在后者中，可以声明一个同名的变量，同时也是本地和只读的：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出是：

var from func_one

如果从 EXIT 陷阱调用 func_one，也会发生同样的情况：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT
  echo "${var}"                                             
}                                                                               

func_two                                                                       

运行我收到的代码：

var from func_two
var from func_one

但是，如果在错误后执行 EXIT 陷阱（如果命令以非零状态退出，则设置 -e 选项使脚本立即退出）。看起来无法重新分配 func_one 中的 var 变量：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT          
  echo "${var}"                                                
  false                                                                         
}                                                                               

func_two                                                                       

运行我收到的代码：

var from func_two
local: var: readonly variable

谁能向我解释为什么会发生这种情况？提前谢谢你。

Answer 1

这是 Bash 中的一个错误。

当您最初将func_one 安装为退出处理程序时，Bash 在func_two 返回后，在脚本末尾调用它。一切都很好。

当您使用set -e 的组合并从func_one 调用false 时，Bash 正在退出脚本，并在调用false 之后调用退出处理程序，换句话说，在func_one 内.

Bash 通过调用longjmp 将控制权返回给顶级解析器，并传递代码ERREXIT 来实现“出错时退出”。在处理这种情况的代码中，有一条注释表明脚本应该忘记正在执行的任何函数，它通过将变量variable_context 设置为0 来实现这一点。看起来variable_context 是一组命名范围的索引，将其设置回0 会将其指向顶级全局范围。

接下来，Bash 调用陷阱处理程序，该处理程序调用func_one。现在variable_context 是1，即它在func_two 中的值相同。当脚本尝试设置var 时，Bash 会查看在此上下文中定义的名称，并发现var 已经存在，是func_two 遗留下来的。

我在调试器中确认了这一点，并且还使用了解决方法：如果添加中间函数调用，则脚本可以工作，因为现在 func_one、variable_context 是 2，而 Bash 看不到剩余的 @ 987654344@ 来自func_two 了：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_intermediate() {
  func_one
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  echo "${var}"
  trap 'func_intermediate' EXIT
  false
}

func_two

显然在 Bash 代码中展开函数调用堆栈实际上涉及删除变量（有一个名为 kill_all_local_variables 的函数）；仅仅减少variable_context（或将其设置为0）是不够的。这就是脚本在 func_two 首先返回并能够在 Bash 调用 func_one 之前清理其变量的情况下工作的原因。

更新：看起来variable_context 不是堆栈的索引（它只是一个函数嵌套计数器），并且代码在进入函数时为变量分配了新空间？所以不是 100% 确定这里实际发生了什么，但 Bash 确实在 var 内部找到了 func_two 版本 func_one，并且添加中间调用使问题消失，所以这是 Bash 不清理的某种问题在func_two 之后由于“错误退出”设置而离开它并导致func_one 继承其变量。