在 bash 脚本中捕获来自作曲家验证的 return 代码

Question

我正在尝试编写一个 bash 脚本，在尝试运行 composer install 之前验证 composer.lock 与 composer.json 是最新的。

我试过这样的事情：

if composer validate --no-check-all
  then echo "Composer validation failed..."
  exit 1;
fi

# composer install

这确实会在验证错误时退出我的脚本，但是当验证通过时，我仍然会得到以下输出：

./composer.json is valid
Composer validation failed...

我做错了什么？

编辑：正如 Jeff Schaller 正确指出的那样，if 块中的测试语句缺少否定。它对问题的影响不大（因为 composer validate 的退出代码是相同的）。我保留原来的措辞，以免引起更多混淆。

Answer 1

我唯一注意到的是你 if 背后的意图似乎是倒退的。如果验证失败，您的意图是退出脚本，由 return code from composer, which is documented as:

指示

0：好的
1: Generic/unknown 错误代码
2：依赖解决错误码

if conditional construct 接受 test-commands 和...

的列表

if its return status is zero, the consequent-commands list is executed

所以你可能打算是 invert/negate 那 return 代码，这样你就可以在你从 non-zero 获得状态时退出作曲家：

if ! composer validate --no-check-all
  then echo "Composer validation failed..."
  exit 1;
fi

# composer install

在您的情况下，composer validate ... 似乎是 returning 0，无论它是否遇到错误。也许您正受到 this bug report related to brew?

的影响

Answer 2

您过于相信作曲家退出代码的可靠性。
命令

composer validate --no-check-all

返回零，这是正确的，因为该命令在执行过程中没有实际问题。考虑捕获变量中的输出并读取它。

#!/bin/bash

OUTPUT=$(composer validate --no-check-all)

if [[ "$OUTPUT" == *"is valid"* ]]; then
  echo "composer.json is valid (or whatever you want to do here)"
fi

在 bash 脚本中捕获来自作曲家验证的 return 代码

Catch return code from composer validate in bash script

bash

composer-php