制作 ”。” 和“源”默认为 ~/.zshrc

Question

我想~/.zshrc通过.没有参数的运行来获取我的资源。所以这：

$ .

应该这样做：

$ . ~/.zshrc

我希望 的正常功能.保持不变。唯一的区别应该是何时.不带参数调用。

这可能吗？

我尝试了几种不同的方法。这是其中之一：

dot_zshrc_or_args() {
    if [[ $# == 0 ]]; then
        \. ~/.zshrc
    else
        filename=$1
        shift
        \. $filename $@
    fi
}
alias .=dot_zshrc_or_args

这是一个示例，说明为什么它不起作用：

$ echo 'echo $#' > count_args.sh
$ delegate() { . ./count_args.sh }
$ delegate foo bar baz

最后一个命令应该 echo 3，但0如果.已经定义了上述别名，它会回显。

基本问题似乎.是 shell 专门处理的问题，允许它调用的脚本访问所有局部变量，包括$1、$2等。因此，如果我尝试使用.另一个函数包装，我将失去该行为（如上例所示）。

我想到的两种方法是：

1. 使用别名而不是函数
2. 使其.仅在交互式 shell中具有别名，而不是从另一个函数运行时。

但是，无论我尝试什么，我都无法让它发挥作用。是否可以？（如果没有，我可以使用的最接近的替代方案是什么？我的最终目标是能够~/.zshrc从 shell 中快速获取我的资源，最好以直观且易于记忆的方式。）

Answer 1

这可以通过做一些可怕的事情来完成accept-line：

function _accept-line() {
    if [[ $BUFFER == "." ]]; then
        BUFFER="source ~/.zshrc"
    fi
    zle .accept-line
} 

zle -N accept-line _accept-line