javascript - 使用某些设置启动nodejs应用程序？

Question

有没有办法用nodejs制作一个可以使用附加参数启动的应用程序？ 几个例子:

node myApp.js -nolog

将使用自定义noLog=true参数启动应用程序，这样事情就不会被console.logged..

node myApp.js -prod

将在一组特定的生产设置中启动应用程序。

我不确定 Node 中是否已经有任何等效项。如果这是重复的，可能是因为我什至不知道搜索该特定问题答案的关键字。

请赐教!

Answer 1

要读取命令行参数，您需要解析process.argv，或使用第三方模块，例如 minimist :

var argv = require('minimist')(process.argv.slice(2));

// do something ...
var config = argv.config;
if (config === 'dev') {
    // set the flag
}

然后通过 node app.js --config=dev 启动您的应用程序。

在大多数情况下，您需要包含多个选项，并且在代码中手动将它们硬编码是一个坏主意。推荐的方法是将它们写在配置文件中，然后使用 require 进行解析。你可以使用 .js 和 .json 来存储配置，但是 .js 更方便，因为 JSON 格式太严格了，尤其是它甚至不允许你发表评论。

所以这是一个解决方案。按如下方式组织您的配置:

config
  ├── dev.js
  ├── production.js

product.js 被定义为“基类”，它存储所有必需的设置，并使用 module.export 公开它们。

module.exports = {
    db: {
        backend: 'mysql',
        user: 'username',
        password: 's3cr3t'
        // ...
    }
};

dev.js 继承生产中的所有属性，覆盖该值以适合您的本地环境。建议在版本控制系统(git、SVN等)中忽略此文件，这样您的本地配置就不会与项目中的其他配置发生冲突。要深层复制并合并对象，node.extend可能有帮助。

var base = require('./production'),
    extend = require('node.extend');

var overrides = {
    db: {
         user: 'root',
         password: ''
    }
};

module.exports = extend(overrides, base);