bashでlsコマンドだけを使用してディレクトリ内の隠しファイルのみを表示する方法

Question

lsコマンドを単独で使用して、隠しファイルをディレクトリから表示しようとしています。

ls -lAd .* 

しかし、コマンドが返されます。ディレクトリ名も出力に表示されます。 lsで "A"オプションを指定したにもかかわらず、このコマンドの何が間違っていますか。

Answer 1

これは参考用ですが、回答は@anishsane belowです。

あなたのグロブは間違っている：

.* 

は.、および..に展開されます。あなたのような何かにグロブを変更することができ、次のいずれか

.??* 

が、これは次のように隠しファイルと一致しません：、.a.bを。

ls -lAd .[^.]* ..?* 

しかし、その意志最も可能性の高いyeild：ls: error: ..?* no such file or directoryまたは.[^.]*が、それは、両方のオプションであるかもしれない組み合わせ、..a、..bなどのファイルと一致しません。これは、しかしにlsからパイプの出力を一切隠しファイルがディレクトリにない場合、現在の作業ディレクトリ（.）が表示されますこれは、ls -lAdに展開することができます

オルタナティブます

shopt -s nullglob 
ls -lAd .[^.]* ..?* 

：nullglobを有効にすると、これを防ぐことができますawk、それは最も可能性の高い色を取り除くます：

ls -lA | awk '$9 ~ /^\./' 

も読んでみてください：Why you shouldn't parse the output of ls(1)

Answer 2

内部変数GLOBIGNOREを使用できます。

$ GLOBIGNORE=.:.. 
$ ls -ld .*