Bash：显示有效文件内容，不含注释和空行
Bash: display effective file content without comments and empty lines
假设我有一个配置文件 (stuff.conf)，它看起来像这样（我的真实文件大约有 1000 行）：
# Some comment
foo=bar
# Other comment
foobar=barfoo
# Another one
abc=123 # inline comment
....
我想显示这个文件中的有效值，没有任何注释或空行。我想打印的是：
foo=bar
foobar=barfoo
abc=123
...
我可以去掉空行和注释行：
cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"
但它也会删除注释标记 (#) 不在行首的行（例如：abc=123 # inline comment）。输出如下所示：
foo=bar
foobar=barfoo
...
问题：
如何显示所有不以 # 开头的行或空行？在 abc=123 # inline comment 的特殊情况下，我不关心行尾的注释是否显示。
使用 sed 你可以这样做：
sed -E '/^[[:blank:]]*(#|$)/d; s/#.*//' file
foo=bar
foobar=barfoo
abc=123
- 正则表达式
/^[[:blank:]]*(#|$)/ 将匹配所有以 # 开头的行，前面有可选的空格，或者如果只有一个空行有空格。
/d 将删除这些行并且s/#.*// 将删除行内评论。
用你的命令：
cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"
与grep -v "^$"避免空行的方法相同，对于以“#”开头的行，即“^#”，也可以这样做：
cat stuff.conf | grep -v "^#" | grep -v "^$"
说，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 "^#\|^$" stuff.conf
但这不会删除行内注释，因为您可以删除文件中任何位置带有“#”字符的任何句子sed，即：
grep -v "^#\|^$" stuff.conf | sed -e "s/#.*$//g"
假设我有一个配置文件 (stuff.conf)，它看起来像这样（我的真实文件大约有 1000 行）：
# Some comment
foo=bar
# Other comment
foobar=barfoo
# Another one
abc=123 # inline comment
....
我想显示这个文件中的有效值，没有任何注释或空行。我想打印的是：
foo=bar
foobar=barfoo
abc=123
...
我可以去掉空行和注释行：
cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"
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：
如何显示所有不以 # 开头的行或空行？在 abc=123 # inline comment 的特殊情况下，我不关心行尾的注释是否显示。
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#开头的行，前面有可选的空格，或者如果只有一个空行有空格。 /d将删除这些行并且s/#.*//将删除行内评论。
用你的命令：
cat stuff.conf | grep -v "#" | grep -v "^$"
与grep -v "^$"避免空行的方法相同，对于以“#”开头的行，即“^#”，也可以这样做：
cat stuff.conf | grep -v "^#" | grep -v "^$"
说，注意那个 cat 命令的无用，最好只使用一个 grep，我的意思是：
grep -v "^#\|^$" stuff.conf
但这不会删除行内注释，因为您可以删除文件中任何位置带有“#”字符的任何句子sed，即：
grep -v "^#\|^$" stuff.conf | sed -e "s/#.*$//g"