尝试读取控制台应用程序的一些命令行参数答案

【问题标题】：Trying to read in some command line arguments for a console application尝试读取控制台应用程序的一些命令行参数
【发布时间】：2010-11-07 20:51:25
【问题描述】：

我有一个非常简单的 .NET 控制台应用程序。我希望传递一些命令行参数......那里没什么难的。

现在，关键是，我通常有一个我希望传递的项目列表，用于一个参数。在这种情况下，文件列表。我不确定最好的方法。

eg. myapp.exe files=aaa.txt,bbb.txt,ccc.txt

但是带有空格的文件名呢？我应该用逗号分隔它吗？

为了让事情变得有趣，我还有其他 args，它们接受单个值..所以我不确定是否应该将所有 arg 数据放在双引号中..

eg. myapp.exe files=aaa.txt,bbb.txt formatting=true foo=hello

或

eg myapp.exe files="aaa.txt","bbb.txt" formatting="true" foo="hello"

【问题讨论】：

标签： .net command-line console-application

【解决方案1】：

您正在开发的程序可能有点晚了，但您可以使用Mono.Options 来完成它

static void Main(string[] args)
{
    //let's try this mono.options thing shall we?
    string xapfile = null;
    var files = new List<string>();
    var p = new Mono.Options.OptionSet()
    {
        { "xap=", v => xapfile =v },
        { "file:", v => files.Add(v)}
    };
    List<string> extra = p.Parse(args);


    Console.WriteLine(@"
    xap = '{0}', 
    file(s)= {1}", 
         xapfile, 
         string.Join(",", files.ToArray())
    );
    Console.WriteLine(@"
    left overs: {0}", 
        string.Join(Environment.NewLine, extra.ToArray())
    );
    // rest of your Main here

调用语法是

myapp.exe --file="file 1" --file="file 2" --file="file 3"

您甚至可以放弃整个 files 变量，只将剩余的文件视为文件，并将其命名为 myapp.exe "file 1" "file 2" "file 3" 并将文件从额外列表中取出。

Mono.Options 非常强大。您甚至不必使用--，看来您可以使用/file= 或-file=

不幸的是，Windows 不会为您执行 globbing（除非您将选项传递给 powershell cmdlet），因此您必须自己完成。不过这很简单，here's 我过去曾使用一些代码来扩展 *.foo 或 "c:\temp\*.bar|c:\temp\*.txt"

另外，除非您将文件名包含在对讲机中，否则我可能不会用逗号分隔列表，因为逗号在文件名中是有效的。您知道有一天会咬您一口 :-) Pipe 是一个不错的选择，但前提是您将整个表达式包裹在对讲机中，否则 windows 会认为您在做管道。啊，命令行处理的乐趣:-)

【讨论】：

【解决方案2】：

每个参数，如果它包含任何空格，必须用引号引起来。否则我会留下引号。

【讨论】：

【解决方案3】：

鉴于您的 shell 可能支持wild card globbing，最好允许输入文件是一个纯空格分隔的列表，并假设如果文件名包含空格，则它已经被转义了，要么用引号括起来，要么通过 \ 字符。简单地说，我的意思是不包含 --f 或 /f 样式开关。

一种不太常见的技术，但也不受所有执行命令行解析的库的支持，即允许-f foo.txt -f bar.txt 形式的多个条目。这不适用于命令行通配符（与上述解决方案不同）。

【讨论】：