为什么 bazel 看不到 bazelrc 中定义的包含项？

Question

我正在将大型遗留 makefile 项目迁移到 bazel。项目用于在构建之前将所有源和 header 复制到单个“构建目录”，因此所有源和 header 文件都使用单级包含，没有任何前缀 (#include "1.hpp") .

Bazel 要求模块（库）使用 header 的相对路径，从 WORKSPACE 文件开始，但是我的目标是引入 bazel 构建文件，这需要对源代码进行 0 次修改。

我使用 bazelrc 全局设置包含的路径，就好像结构是扁平的一样： .bazelrc:

build --copt=-Ia/b/c

/a/b/BUILD

cc_library(
  name = "lib",
  srcs = ["c/1.cpp"],
  hdrs = ["c/1.hpp"],
  visibility = ["//visibility:public"]
)

当我构建这个目标时，我在编译器调用中看到我的 -I 标志，但是编译失败，因为 bazel 找不到 header 1.hpp:

$ bazel build -s //a/b:lib
...
a/b/c/1.cpp:13:10: fatal error: 1.hpp: No such file or directory
   13 | #include "1.hpp"
      |

有趣的是，它打印出它在构建过程中调用的 gcc 命令，如果我运行这个命令，编译器能够找到 1.hpp 和 1.cpp 编译。

如何让 bazel“看到”这包括？除了全局 -I 标志之外，我真的需要为每个目标额外指定 copts 吗？

Answer 1

Bazel 使用sandboxing：为每个动作（编译一个C++文件，link一个库）准备了特定的构建目录。该目录仅包含文件（使用 symlinks 和其他 Linux 魔法），对于给定目标明确定义为 dependency/source/header。

使用 --copt=-Ia/b/c 的技巧是个坏主意，因为该选项仅适用于目标，而目标取决于 //a/b:lib。

cc_library(
  name = "lib",
  srcs = ["c/1.cpp"],
  hdrs = ["c/1.hpp"],
  strip_include_prefix = "c",
  visibility = ["//visibility:public"]
)

并添加 lib 作为每个目标的依赖，需要访问这些 headers:

cc_binary(
  name = "some bin",
  srcs = ["foo.cpp"],
  deps = ["//a/b:lib"],
)

Why does bazel not see includes defined in bazelrc?