AWS代码构建规范。yml以递归方式获取所有文件和子文件夹

Question

我试图使用AWS CodeBuild获取嵌套的公共文件夹中的所有文件和子文件夹，并使用CodePipeline部署到S3桶。我能够把它们挂在一起，但努力配置buildspec.yml文件以获得我想要的输出。

我的文件夹结构：

<path>/public/

├── 404.html
├── css
│   ├── ...
├── fonts
│   ├── bootstrap
│   │   ├── ...
│   ├── icomoon
│   │   ├── icomoon
│   │   │   ├── ...
│   └── simple-line-icons
│       ├── ...
├── images
│   ├── ...
├── index.html
├── index.xml
├── js
│   ├── ...
└── tags
    └── index.xml

我需要将public文件夹中的所有内容（包括子文件夹）放入S3 bucket的根目录中。

到目前为止，我已经试着跟踪这里、这里和这里的医生。我尝试使用：

• **/*以递归方式获取文件夹Public内的所有内容，但是S3桶将具有文件夹的路径，因此index.html不在根目录中。
• discard-path：是删除路径公共文件夹，但在S3桶内，所有文件都在根，没有子文件夹结构被保留。
• base目录：如这里所述。
• 构件：次要构件：构件1：文件：-目录/文件构件2：文件：-目录/文件2保持文件夹结构，但我的构建失败。
• 以上所有语法的不同组合，但我的构建失败了。

Answer 1

我遇到了一个类似的问题，在下面的许多排列之后，语法对我起了作用。

artifacts:
  files:
    - './**/*'
  base-directory: public
  name: websitename

Answer 2

我已经想出了解决这个问题的办法。我不认为这是最好的方法，但它是有效的。我希望您能发现此解决方案非常有用buildspec。yml：

version: 0.2

phases:
  build:
    commands:
      - mkdir build-output
      - cp -R <path>/public/ build-output
  post_build:
    commands:
      - mv build-output/**/* ./
      - mv build-output/* ./
      - rm -R build-output *.yml LICENSE README* .git*
artifacts:
  files:
    - '**/*'

用文字：

>

然后在post_build中，我将所有内容移出文件夹build output。

删除从我的GitHub回购中提取的文件，这些文件不需要在S3桶中托管静态网站

然后我得到我想要的结果：所有文件内的公共在根的S3桶与正确的文件夹树。

更新：

• 您也可以在这里使用我的buildspec.yml示例文件。因为这个例子不在这个问题的范围内，所以我不在这里粘贴代码。
• 我在这里详细解释。

Answer 3

TL；DR您可能不需要使用“放弃路径：是”。所以，对于glob模式，请删除“discardpath:yes”，并使用带有“***”的“base directory”。请继续阅读，了解更多原因。

所以，是的，就像通常发生的那样，罪犯是微不足道的。在我的例子中，目录结构如下所示：

dist/
|-- favicon.ico
|-- index.html
|-- js
|   `-- app.js
`-- revision.txt

因此，为了让工件包含“dist”目录中的所有内容，同时保留嵌套目录结构，构建规范必须看起来像这样：

artifacts:
  files:
    - '**/*'
  base-directory: 'dist'

基本上，“base directory”参数的行为类似于unix的“cd”命令，因此首先CodeBuild跳转到该目录，然后才解析glob模式，在本例中为-***。如果您也碰巧使用了“丢弃路径”，那么可能会发生这样的情况：CodeBuild将当前目录更改为“dist”，正确解析文件结构，但随后从解析的路径中删除所有路径前缀，因此结果将是一个没有嵌套的普通目录结构。

希望有帮助！