在 Buck 中，如何扩展 genrule 输出目录？

Question

我有一个genrule输出包含 C++ 标头的目录。我还有一个cxx_library使用genrule. 该字段headers看起来cxx_library像这样：

  ...
  headers = [
    ':my-headers',
  ],
  ...

问题是我的 C++ 源文件包含如下标头：

#include "my_header.h"

但是 Buck 是这样准备暂存区的：

my-cxx-library#default,private-headers/out

其中out包含我生成的标头的文件夹的别名。

因此，为了使用标头，我必须像这样包含它们：

#include "out/my_header.h"

该库不是我自己的，所以我不想更改源代码。相反，我想使用类似 a 的东西subdir_glob来包含里面的所有内容:my-headers/out。

我试过这个：

  ...
  headers = subdir_glob([
    (':my-headers/out', '**/*.h'),
  ]),
  ...

但是，似乎以这种方式完成后，字符串:my-headers不会解析为 的输出路径:my-headers。

Buck中是否有一个函数可以将规则扩展到其输出路径？

Answer 1

今天这不太可能，但您可以使用一种解决方法：

genrule(
  name = 'headers',
  cmd = 'generate_headers.py --outdir=$OUT'
  out = 'headers-dir',
)
genrule(
  name = 'generated_header_A.h',
  cmd = 'cp $(location :headers)/genereated_header_A.h $OUT',
  out = 'generated_header_A.h',
)

然后，在您的 中cxx_library，您只需headers通过引用位置来声明您的：

  headers = {
    'some_namespace/header_A.h': ':generated_header_A.h',
  },

上面的代码假设所有这些都在同一个构建文件中，但如果不是，您只需要使用完全限定的构建目标即可。