node.js - 对除一个 Controller 之外的所有 Controller 使用快速中间件功能

Question

我有一个应用程序，其 Controller 位于多个文件中，如下所示:

var aRoutes = require('./controllers/controllerA');
var bRoutes = require('./controllers/controllerB');
var cRoutes = require('./controllers/controllerC');

app.use('/a', aRoutes);
app.use('/b', bRoutes);
app.use('/c', cRoutes);
// ... several more

我有一个像这样的中间件功能......

app.use(function (req, res, next) {
    // do a middleware thing
    // but not if route == x or y or z or ... yuck!
});

我希望该中间件能够在除 aRoutes 之外的所有内容上运行。我看到了一个答案like this ，这建议在中间件 fn 中添加一个检查以排除每个路由，但我认为这很糟糕。可能有很多路由需要检查，当我添加其中一个异常路由时，它迫使我在两个地方触摸代码。

一定有更好的方法，对吗？

Answer 1

假设我理解正确，您可以通过重新排列中间件和路由的顺序来解决它。

var aRoutes = require('./controllers/controllerA');
var bRoutes = require('./controllers/controllerB');
var cRoutes = require('./controllers/controllerC');

app.use('/a', aRoutes);

app.use('/',function (req, res, next) {
    // do a middleware thing
    next();
});

app.use('/b', bRoutes);
app.use('/c', cRoutes);
// ... several more

现在，如果您使用 res.render 或其他结束请求-响应周期的操作而不是 next() 来结束 aRoutes ，中间件永远不会在aRoutes上运行。

但是它将在所有其他路线上运行。当然，只有当您希望中间件启动请求-响应周期时，这才有效。如果您想在其他地方使用它，则必须相应地重新排列代码。