程序退出后，状态为！= 0（set -e）时执行EXIT陷阱的Bash函数作用域状态

Question

在bash函数中声明局部变量使该变量仅在函数本身及其子级内部可见，因此如果我运行：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出为：

var from func_two

即使var变量被声明为本地变量，并且func_two内部的只读变量也可以从函数func_one访问。在后者中，可以声明一个具有本地和只读名称的变量：

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  func_one
}

func_two

输出为：

var from func_one

如果从退出陷阱中调用func_one，也会发生同样的情况：

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT
  echo "${var}"                                             
}                                                                               

func_two                                                                       

运行我收到的代码：

var from func_two
var from func_one

但是，如果在错误后执行EXIT陷阱（如果命令以非零状态退出，则set -e选项会使脚本立即退出）。似乎无法在func_one：

中重新分配var变量

func_one() {                                                                    
  local -r var="var from func_one"                                              
  echo "${var}"                                                                 
}                                                                               

func_two() {                                                                   
  local -r var="var from func_two"                                             
  trap 'func_one' EXIT          
  echo "${var}"                                                
  false                                                                         
}                                                                               

func_two                                                                       

运行我收到的代码：

var from func_two
local: var: readonly variable

有人可以向我说明为什么会这样吗？预先谢谢你。

Answer 1

这是Bash中的错误。

最初将func_one安装为出口处理程序时，在func_two返回之后，Bash在脚本末尾调用它。一切都很好。

[当您使用set -e的组合并从false调用func_one时，Bash在调用false之后（换句话说，在func_one内）退出脚本，并调用退出处理程序。

Bash通过调用longjump将代码ERREXIT传递给顶级解析器，从而实现了“错误退出”。在处理这种情况的代码中，有一段注释表明脚本应该忘记正在执行的任何功能，这是通过将变量variable_context设置为0来完成的。看起来variable_context是命名作用域堆栈的索引，并将其设置回0会将其指向顶级全局作用域。

[下一步，Bash调用陷阱处理程序，后者调用func_one。现在variable_context为1，即与func_two中的值相同。当脚本尝试设置var时，Bash查看在此上下文中定义的名称，并发现var已经存在，位于func_two的左侧。

我在调试器中确认了这一点，并且还具有一种解决方法：如果添加中间函数调用，脚本将起作用，因为现在在func_one中，variable_context是2，而Bash看不到剩余的[C0 ]从var中删除了：

func_two

显然在Bash代码中，展开函数调用栈实际上涉及到删除变量（有一个名为

#!/bin/bash
set -e

func_one() {
  local -r var="var from func_one"
  echo "${var}"
}

func_intermediate() {
  func_one
}

func_two() {
  local -r var="var from func_two"
  echo "${var}"
  trap 'func_intermediate' EXIT
  false
}

func_two

的函数）；仅递减kill_all_local_variables（或将其设置为variable_context）是不够的。