XSLT：如何从特定目录获取文件名？

Question

XSLT：如何从特定目录获取文件名？

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有没有一个函数在XSLT中可以输入目录路径并返回其中的所有文件？

我现在有一个XML文件，读起来是这样的：

<filelist>
    <file>fileA.xml</file>
    <file>fileB.xml</file>
</filelist>

现在有一个名为dir的目录，其中包含文件fileX.xml、fileY.xml和一堆其他的xml文件。我想将这些文件添加到原始xml文件中，以便我可以得到：

<filelist>
    <file>fileA.xml</file>
    <file>fileB.xml</file>
    <file>fileX.xml</file>
    <file>fileY.xml</file>
    .... <!-- other files -->
</filelist>

有没有一种XSLT的方式可以做到这一点？可以接收一个目录根，能够迭代其中的所有文件吗？然后我就可以调用类似这样的东西：

<xsl:element name = file >
     <xsl:copy> <!--whatever file name--> <xsl:copy>
</xsl:element>0

[编辑解决方案]

所有答案都非常有帮助。我最终找到了一个外部解决方案（使用saxon）。我认为将我的解决方案发布在这里可能会对其他人有所帮助，尽管它非常特定于我的情况。

我使用Ant构建Java Web应用程序，并需要在部署之前翻译一些XML文件。因此，我使用 xslt 任务通过将 "saxon9.jar" 添加到类路径中来完成工作。在我的XSL文件中，我只需像这样执行：

<xsl:for-each select="collection('../dir/?select=*.xml')" >
     <xsl:element name='file'>
        <xsl:value-of select="tokenize(document-uri(.), '/')[last()]"/>
     </xsl:element>
</xsl:for-each>

- coderx

你想让XSLT引擎去文件系统获取目录中的文件列表吗？这不是XSLT的设计初衷。更好的做法是由“宿主”应用程序完成此操作，生成XML，然后使用XLST将其转换为输出格式。 - Guy

3

谢谢您发布解决方案。您应该将其发布为答案，这样我们就可以点赞它。 :-) - LarsH

4

请注意，collection() 不仅适用于 Saxon，它是 XSLT 2.0 的一部分。此外，请注意它仅适用于 XML 文档...不能使用 collection() 获取 .mp3 文件目录等其他文件。 - LarsH

2

好问题。很高兴你坚持使用XSL来完成它，即使其他人建议这不是正确的工具。一旦你弄清楚了，它就变得非常简单。 - Paulb

4个回答

1

在本地XSLT中无法实现此操作，但各种实现允许您添加功能扩展。

例如，在C#中，您可以添加用户定义的URN：

 <xsl:stylesheet {snipped the usual xmlns stuff}
    xmlns:user="urn:user" >

然后在 "user" 内使用函数

  <xsl:value-of select="user:getdirectory( @mydir )" />

在C#中，你将"user"与一个C#类关联起来。

 XSLThelper xslthelper      = new XSLThelper( );  // your class here
 xslArgs.AddExtensionObject( "urn:user", xslthelper );

而你的类定义了“getdirectory”函数：

public class XSLThelper
{
public string getdirectory(System.Xml.XPath.XPathNavigator xml, string strXPath, string strNULL)
{
       //blah
    }
}

这里留下了大量编程作业！MSDN 资源

- Guy

1

Q已经六岁并回答了。对于那些再次到达这里的人，我想提供两分建议。

我需要一个代表目录中文件名的XML文件。我有三种方法：

XSLT 2.0 document()，就像其他人在这个线程中指出的那样。缺点是性能，因为它将文件读入dom解析器，而你真正想要的只是名称。正如LarsH在OP评论中指出的那样，这仅适用于有效的XML文件。如果在递归中有非xml或格式不正确的xml文件，则会导致转换崩溃。
使用命令xmlstarlet ls > filenames.xml的工具xmlstarlet。
我编写的一个粗糙的bash脚本（可以进行优化）：

DIRECTORY=$1
RESULTFILE=$2
# 将目录列表放入临时文件中
# 根据需要修改ls命令
ls -A1 $DIRECTORY > /tmp/zFiles.txt
# 删除垃圾并将行包装在元素中
sed -i -e's/^[^$]*$/   <file filename="&"\/>/' /tmp/zFiles.txt
# 构建文件
echo '<?xml version="1.0" encoding="UTF-8"?>' > $RESULTFILE
echo "<files>" >> $RESULTFILE
cat /tmp/zFiles.txt >> $RESULTFILE
echo "</files>" >> $RESULTFILE

我曾经长时间使用bash脚本，但现在我专门使用xmlstarlet方法。结果的starlet文件包含特定的文件属性，如权限和日期，我发现这很有帮助。

- Paulb

0

您应该能够使用document()函数来读取XML文件。但我不确定它在各种XSLT引擎上的支持程度。

这是一个很好的示例，展示了如何使用它。

但这并没有解决从目录中读取文件名的问题。另一个答案提供了解决方法。

- andynormancx

网页内容由stack overflow 提供, 点击上面的

可以查看英文原文，
原文链接

- Tomalak · Accepted Answer

XSLT在此任务方面没有内置功能。XSLT是一种转换语言，用于动态输出，通常需要一个包含所有内容的转换源（只是以不同形式存在）-你不能从无中创建XML。

解决这个问题的三种方法是：

1.使用编程语言构建XML，完全不使用XSLT。这是获得所需结果的最简单方法。

2.构建一个接受参数的XSL样式表，在该参数中放置（预先构建的）分隔符文件列表，让XSLT处理字符串并从中生成XML。这也涉及外部处理，基本上是选项1，此外还必须编写能够处理字符串的XSL样式表（这是XSL没有做好的事情）。

3.使用扩展函数并从XSL内部进行目录处理。如何入门的示例可以在我对这个问题的回答中找到。这不是非常可移植的，因为扩展函数是特定于平台的。

归结起来就是：

- 你将需要来自外部编程语言的帮助 - 你不一定需要XSLT来完成任务，因为你只需要XML输出，而不需要进行任何转换。

因此：不要使用XSL来处理此任务。