我目前正在将我的节点/快速应用程序转换为生产部署,作为其中的一部分,我需要使其以生产友好模式运行(例如,对stdOut的调试较少,将日志写入不同的地方,告诉发生错误时用户较少等).
我正在努力解决这个问题,因为每当我设置几乎任何类型的变量来调用'生产'模式时,它都不会对程序运行产生影响.
在开发模式下启动时,我的代码通过Gulp运行,并运行此脚本:
#!/usr/bin/env node
var debug = require('debug')('ascema');
var app = require('../app');
app.set('port', process.env.PORT || 3000);
var server = app.listen(app.get('port'), function() {
debug('Express server listening on port ' + server.address().port);
});
如您所知,这只是快速生成器生成的启动脚本.
为了在实时模式下运行它,我为服务器创建了一个替代启动(无论如何我几乎不能使用gulp)并且live.js运行这个:
#!/usr/bin/env node
var app = require('./app.js');
app.set('env', 'production');
console.log('running on Port 3000');
var server = app.listen(3000);
但是,当我app.get('env')在应用程序中的任何地方使用时(例如在app.js或其各种依赖项中),它仍然会返回"开发",因此我的生产任务都不会发生.
我在这做错了什么？
非常感谢.
所以，我知道，在 Python 中我可以这样做：
variable_name = other_variable or 'something else'
...并且将分配'something else'给variable_nameifother_variable是假的，否则将other_variable值分配给variable。
我可以用字典做一个简洁的类似的事情吗：
variable_name = my_dict['keyname'] or 'something else'
...或者不存在的键名总是会引发错误，导致失败？