Bash：显示有效的文件内容，没有注释和空行

Question

假设我有一个配置文件 (stuff.conf)，它看起来像这样（我的真实文件大约 1000 行）：

# Some comment
foo=bar

# Other comment
foobar=barfoo

# Another one
abc=123 # inline comment
....

我想在这个文件中显示有效值，没有任何 cmets 或空行。我想打印的是这个：

foo=bar
foobar=barfoo
abc=123
...

我可以用这个去掉空行和注释行：

cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"

但它也会删除注释标记 (#) 不在行首的行（例如：abc=123 # inline comment）。输出如下所示：

foo=bar
foobar=barfoo
...

问题：

如何才能显示所有不以# 开头的行或空白行？在abc=123 # inline comment 的特殊情况下，我不在乎是否显示行尾的注释。

Answer 1

使用sed 你可以这样做：

sed -E '/^[[:blank:]]*(#|$)/d; s/#.*//' file

foo=bar
foobar=barfoo
abc=123

• 正则表达式/^[[:blank:]]*(#|$)/ 将匹配所有以# 开头且前面带有可选空格的行，或者如果只有一个带有空格的空行。
• /d 将删除这些行并
• s/#.*// 将删除内联 cmets。

Answer 2

用你的命令：

cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"

与避免grep -v "^$"的空行相同，您可以对以“#”开头的行，即“^#”执行相同的操作，如下所示：

cat stuff.conf | grep -v "^#" | grep -v "^$"

也就是说，请注意那个cat 命令的无用，最好只使用一个grep，我的意思是：

grep -v "^#\|^$" stuff.conf

但这不会删除内联 cmets，因为您可以使用 sed 删除文件任何位置的“#”字符外观中的任何句子，即：

grep -v "^#\|^$" stuff.conf | sed -e "s/#.*$//g"