在 Visual Studio 2010 到 2013 中，默认情况下（例如，当我创建新的控制台应用程序时）新解决方案会将其编译后的可执行文件输出到 Solution name/Project name/bin/Debug/。我希望将它们输出到Solution name/Debug/，同样适用于所有其他构建配置，例如“发布”。
我可以通过手动进入每个项目的属性，转到Build 选项卡，将Output path 从bin\Debug 更改为..\Debug 来做到这一点。我必须为每个项目和每个构建配置重复此操作。
经过数十种解决方案，我有点厌倦了每次手动完成这项繁琐的任务。有没有办法改变默认输出路径？
适用于 Visual Studio 2013 的解决方案就足够了。
【问题讨论】：
标签： visual-studio configuration build
这个属性在每个Visual Studio Project Template中定义
因此，例如，C# Console Application 模板位于
\Program Files (x86)\Microsoft Visual Studio 11.0\Common7\IDE\ProjectTemplates\CSharp\Windows\1033\ConsoleApplication\consoleapplication.csproj
csproj 是一个 XML 文件，您可以随意编辑它。构建输出目录是这样定义的（对于每个配置）：
...
<OutputPath>bin\Debug\</OutputPath>
...
<OutputPath>bin\Release\</OutputPath>
...
如果您更改此文件，它将更改您未来所有新的 C# 控制台应用程序项目。您还可以编写一个实用程序，列出 \Program Files (x86)\Microsoft Visual Studio 11.0\Common7\IDE\ProjectTemplates 中的所有 csproj 并相应地更新它们。
【讨论】：
<OutputPath>，它将覆盖全局设置（如果先导入）。这是 MSBuild 项目中的建议。
这不是必须的。
您的解决方案中的一个项目被标记为启动项目，在解决方案资源管理器窗口中以粗体显示。一个 EXE 项目，例如您的控制台模式应用程序。您使用 Project + Add Reference 添加对解决方案中其他项目的引用，以便您可以使用这些项目在控制台模式应用程序中生成的类库。
这些引用将 Copy Local 属性设置为 True。
当您构建项目时，MSBuild 会自动将程序集从它们各自的 bin\Debug 目录复制到控制台模式应用程序的 bin\Debug 目录中，这要归功于 Copy Local 设置。它也很聪明，可以查看这些类库的依赖关系并复制它们。
所以在构建完成后，bin\Debug 目录将不仅有您的控制台模式项目的 EXE 文件，而且还有它需要正确执行的所有 DLL。
有几种方法可能会出错，MSBuild 无法确定这种依赖关系确实存在。非常罕见，例如，您必须在代码中使用反射来加载程序集（Assembly.Load() 和朋友）。解决方法是在构建后事件中显式复制依赖项。你没有在你的问题中留下足够的面包屑来判断这是否是真正的问题。
您所要求的当然是可能的，但 IDE 并没有让它变得容易，因为它的设计根本不是假设这是必要的。您必须将 Build + Output Path 设置替换为 ..\Debug。您可以使用已预设的设置创建自己的项目模板。创建一个新的类库项目，更改设置并使用 File + Export Template 创建模板。下次创建项目时就可以使用它了。
但是，实际上，首先要找出默认复制本地机制不适合您的原因。
【讨论】：
您可以创建自己的 .targets 文件，根据需要更改 <OutputPath>，而不是更改全局受保护文件，并将其导入您的项目。这也可以设置您可能想要更改并且不想为每个项目执行的其他默认值。然后，您只需在项目文件中添加类似顶部的内容（当然是在根元素之后）：
<Import Project="$(SolutionDir)\Common.targets"/>
【讨论】：