visual-studio - 具有不同构建配置的 MSBuild 项目，不使用 sln

Question

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我的 VS 解决方案中有两个项目，BookApp.Web 和 BookApp.Domain。

BookApp.Web 引用 BookApp.Domain。

BookApp.Web 具有以下构建配置:debug、staging、prod-eu、prod-us 和 prod-as。我们拥有三个用于生产的数据中心和一个临时环境。

BookApp.Domain 到目前为止只有两个构建配置，debug。

在 Visual Studio 中构建解决方案时，我可以使用构建配置器来确保无论为 Web 项目选择什么构建配置，调试配置始终用于域项目。

但是，当在我的持续集成服务器上使用 MSBuild 进行构建时，出现了问题。我在 rollout.msbuild 文件中使用它:

<MSBuild Projects="BookApp.Web\BookApp.Web.csproj" Properties="Configuration=Prod-us" />

当我运行此命令时，MSBuild 期望所有依赖项目都具有相同的构建配置。由于情况并非如此(IMO 也不应该如此)，因此它会失败并显示以下错误消息:

The OutputPath property is not set for project 'BookApp.Domain.csproj'.  Please check to make sure that you have specified a valid combination of Configuration and Platform for this project.  Configuration='Prod-us'  Platform='AnyCPU'.

对 related question 的回答建议为每个构建配置创建单独的 .sln 解决方案并使用 MSBuild 运行该解决方案。对我来说这听起来不是一个好主意。

将所有构建配置复制到域项目也不理想。

是否有更好的方法告诉 MSBuild 使用不同的构建配置？

Answer 1

看看这个答案，它解释了如何通过 MSBuild 任务将配置从一个项目传递到另一个项目，并使用配置的元数据传递目标项目所需的配置

here

更新

我使用类库(Sample.Domain)和ConsoleApplication(SampleApp.Console)创建了一个解决方案。我向 SamplApp.Console 添加了另外两个配置:prod-us;prod-eu，Sample.Domain 保留为 debug;release。

然后我更改了 ConsoleApplication 的 csproj 文件，如下所示:

项目引用

  <!--<ItemGroup>
    <ProjectReference Include="..\Sample.Domain\Sample.Domain.csproj">
      <Project>{73e8a7fd-0a24-47c5-a527-7601550d4b92}</Project>
      <Name>Sample.Domain</Name>
    </ProjectReference>
  </ItemGroup>-->

  <ItemGroup>
    <ProjectReference Include="..\Sample.Domain\Sample.Domain.csproj" >
      <Targets>Build</Targets>
    </ProjectReference>
  </ItemGroup>

在传递给 MSBuild 的配置上添加了一个 switch case，以配置输出文件和引用文件的一些属性:

  <Choose>
    <When Condition="'$(Configuration)' != 'Debug'">
      <PropertyGroup>
        <OutputProperty>$(OutputPath)\$(Configuration)</OutputProperty>
        <FileCopy>$(OutputProperty)</FileCopy>
      </PropertyGroup>
    </When>
    <Otherwise>
      <PropertyGroup>
        <OutputProperty>$(OutputPath)</OutputProperty>
        <FileCopy>$(OutputProperty)</FileCopy>
      </PropertyGroup>
    </Otherwise>
  </Choose>

创建了一个 Target 来切换传递给 MSBuild 的 Configuration，以便 Debug 会将 Debug 传递给 Sample.Domain，其他所有内容都会传递给 Release

  <Target Name="MultiConfiguration" >
    <CreateProperty Value="Debug">
      <Output TaskParameter="Value" PropertyName="LibConfiguration" Condition="'$(Configuration)' == 'Debug'"/>
    </CreateProperty>

    <CreateProperty Value="Release">
      <Output TaskParameter="Value" PropertyName="LibConfiguration" Condition="'$(Configuration)' != 'Debug' "/>
    </CreateProperty>
  </Target>

构建目标使用我们添加的属性，因此引用文件的输出和副本将根据配置值具有正确的值

  <!--Build Process-->
  <Target Name="Build" DependsOnTargets="Clean;MultiConfiguration;ComputeProjectReference" >
    <Csc Sources="@(Compile)" References="@(NewAssemblies)" TargetType="exe" OutputAssembly="$(OutputProperty)\$(AssemblyName).exe"/>
  </Target>

  <Target Name="ComputeProjectReference" Inputs="@(ProjectReference)" Outputs="%(ProjectReference.Identity)__Forced">
    <MSBuild Projects="@(ProjectReference)" Targets="%(ProjectReference.Targets)" Properties="Configuration=$(LibConfiguration);Platform=AnyCPU;OutputPath=bin\$(LibConfiguration)">
      <Output TaskParameter="TargetOutputs" ItemName="ResolvedProjectReferences"/>
    </MSBuild>
  </Target>

  <Target Name="AfterProjectReference"  AfterTargets="ComputeProjectReference">
    <CreateItem Include="@(ResolvedProjectReferences)">
      <Output TaskParameter="Include" ItemName="CopyFiles" />
    </CreateItem>

    <Copy SourceFiles="@(CopyFiles)" DestinationFolder="$(FileCopy)" SkipUnchangedFiles="false"  />

    <ItemGroup>
      <NewAssemblies Include="$(OutputProperty)\%(CopyFiles.FileName)%(CopyFiles.Extension)" />
    </ItemGroup>
  </Target>

调用调试配置是这样完成的 msbuild SampleApp.Console.csproj

调用 (Release;prod-us;prod-eu;...) 是这样完成的 msbuild SampleApp.Console.csproj/p:Configuration="prod-us"/p:OutputPath="bin"

我确信它可以优化，并且可能会更容易一些，但它确实有效。