bash - シェルスクリプト変数の引用の問題

Question

次の行を含むshスクリプトがあります

$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'

このスクリプトを編集することはできませんが、最終的なコマンドラインは（と同等）である必要があります

php -d include_path='/path/with spaces/dir' -r 'echo get_include_path();'

どうすればこれを達成できますか？

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以下は、問題を示すスクリプトです。

#!/bin/sh

# shell script quoting problem demonstration

# I need to be able to set a shell variable with a command with 
# some options, like so
PHP_COMMAND="php -d 'include_path=/path/with spaces/dir'"
# then use PHP_COMMAND to run something in another script, like this:
$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'
# the above fails when executed. However, if you copy/paste the output
# from this line and run it in the CLI, it works!
echo "$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'"
php -d include_path='/path/with spaces/dir' -r 'echo get_include_path();'
# what's going on?

# this is also interesting
echo "\n--------------------"

# this works great, but only works if include_path doesn't need quoting
PHP_COMMAND="php -d include_path=/path/to/dir"
echo "$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'"
$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'

echo "\n--------------------"

# this one doesn't when run in the sh script, but again if you copy/paste 
# the output it does work as expected.
PHP_COMMAND="php -d 'include_path=/path/to/dir'"
echo "$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'"
$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'

スクリプトはオンラインでも入手可能：http：//gist.github.com/276500

Answer 1

他の答えについてのあなたのコメントを読んで、私はあなたが本当に尋ねようとしていたことを解読しようとしました：

次shの行を含むスクリプトがあります

$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'

このスクリプトを編集することはできませんが、最終的なコマンドラインは（と同等）である必要があります

php -d include_path='/path/with spaces/dir' -r 'echo get_include_path();'

どうすればこれを達成できますか？

これがあなたの状況を正確に反映している場合、これは1つの方法です。

として使用する別のスクリプト（これを/some/path/to/bar.sh）と呼びますPHP_COMMAND。元のスクリプトでは変数が引用符で囲まれていないため、のフルパス名にbar.shシェル特殊文字（スペースなど）が含まれていないことを確認する必要があります。

/some/path/to/bar.sh

#!/bin/sh
exec php -d 'include_path=/path/with spaces/dir' ${1+"$@"}

次に、それを実行するには、を設定してPHP_COMMAND、元のスクリプト（/path/to/foo.sh）を実行します。

env PHP_COMMAND=/some/path/to/bar.sh '/path/to/foo.sh'

Answer 2

より簡単な方法があるはずですが、1つの修正は、コマンドライン全体を二重引用符で囲み、次のように評価することです。

PHP_COMMAND="php -d 'include_path=/path/with spaces/dir'"
eval "$PHP_COMMAND -r 'echo get_include_path();'"

Answer 3

Bash'sprintfには、役立つ可能性のある特別な秘密の魔法がい​​くつかあります。試す：

PHP_COMMAND="php -d $(printf "%q" "'include_path=/path/to/dir'")"

またはそのバリエーション。

編集：

申し訳ありませんが、説明と例を含める必要がありました。この%qフラグによりprintf​​、文字列にエスケープが追加され、別のコマンドで再利用できるようになります。その出力は次のprintfようになります（一重引用符はエスケープされます）：

\'include_path=/path/to/dir\'

このコマンドは、いくつかの追加のエスケープを示しています。

$ printf "%q" "string ';\ text"
string\ \'\;\\\ text

Answer 4

これはどうですか？

$PHP_COMMAND ' -r echo get_include_path();'