stdin経由でbashスクリプトに渡されるファイル名を評価するには

Question

stdinを介してスクリプトに渡されるファイル名を評価して、これをsedコマンドで使用したいと思います。

としてこれを呼び出す

#!/bin/bash 

eval file="${1:-/dev/stdin}" 
echo "$file" 
sed -i -r ':a; s%(.*)/\*.*\*/%\1%; ta; /\/\*/ !b; N; ba' "$file" 

：：次のエラーで

bash callfile < file.txt 

結果：

/dev/stdin 
sed: couldn't open temporary file /dev/sedSVVTdr: Permission denied 

なぜこのコードは、私はファイル名を読み取ることができません現時点では私は、次のコードを持っていますそれにパス？

Answer 1

そのデータはファイルからリダイレクトされたストリームとして渡されています。あなたのスクリプトはそのファイルの知識を持っておらず、ストリームだけです。さらに別の例として、別のプロセスの出力からパイプライン化されたデータである可能性があるため、最初にファイルを作成する必要はありません。

Answer 2

@Brianアグニューはので、あなたのコマンドラインの良い使用は、あなたがあなたの文書から読んでいる、言ったように：その後、

while read -r line; do 
    echo ${line} | sed -r ':a; s%(.*)/\*.*\*/%\1%; ta; /\/\*/ !b; N; ba' 
done < ${1:-/dev/stdin} 

ファイル内のファイルのリストを持っていることに注意してください、あなたができます意図したとおりに、あなたのプロセスを実行します。

./callfile < files_list.txt 

while read -r file; do 
    sed -i -r ':a; s%(.*)/\*.*\*/%\1%; ta; /\/\*/ !b; N; ba' "${file}" 
done < ${1:-/dev/stdin} 

が、現時点で

は、 stdinからの読み込みのも利点はありませんので、：

./callfile "file.txt" 

編集：私たちはあなたの質問を理解願っていfile

でline、そして${file}によってreadに${line}を置き換えます。