XSLT：如何从某个目录获取文件名？

Question

XSLT 中是否有一个函数可以接受目录路径并返回其中的所有文件？？

我现在有一个 xml 文件，如下所示

<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 xml 文件。我想将这些文件添加到原始的 xml 文件中，这样我就可以获得：

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

有 XSLT 方法可以做到这一点吗？接受目录根目录并能够迭代其中的所有文件的东西？然后我就可以这样称呼：

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

[编辑解决方案]

所有的答案都非常有帮助。我最终找到了一个外部解决方案（使用撒克逊）。我认为在这里发布我的解决方案可能会对其他人有所帮助，尽管它非常适合我自己的情况。

我使用 Ant 构建一个 java web 应用程序，需要在部署之前翻译一些 xml 文件。因此，我使用

xslt

任务通过在类路径中添加“saxon9.jar”来完成这项工作。在我的 xsl 文件中，我只是做了这样的事情：

<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>

Answer 1

XSLT 没有内置任何内容来完成此任务。 XSLT 是一种转换语言 - 对于动态输出，您通常需要一个包含所有内容（只是形式不同）的转换源 - 您不能从无到有创建 XML。

解决问题的三种方法是：

1. 用编程语言构建 XML，完全省略 XSLT。这是获得您想要的结果的最简单方法。
2. 构建一个接受参数的 XSL 样式表，将（预构建的）分隔文件列表放入该参数中，让 XSLT 处理该字符串并从中生成 XML。这也涉及外部处理，基本上这是选项 1。此外，您还必须编写一个 XSL 样式表来执行字符串处理（XSL 尚未适应的东西）
3. 使用扩展函数并在 XSL 中进行目录处理。如何开始的示例可以在我对此问题的回答中找到。这不是很便携，因为扩展功能是特定于平台的。

归结为：

• 您将需要外部编程语言的帮助
• 您并不绝对需要 XSLT 确实可以完成任务，因为 XML 输出就是您所需要的，不需要任何转换。

因此：不要为此使用 XSL。

Answer 2

您无法在本机 XSLT 中做到这一点，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" >

然后使用“用户”中的功能

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

在 C# 中，将“用户”关联到 C# 类：

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

并且您的类定义了“getdirectory”函数：

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

这里还有大量的作业！ MSDN 资源

Answer 3

这个问题已经六岁了并且得到了回答。 只是把我的 2 美分捐给那些再次登陆这里的人。

我需要一个表示目录中文件名的 XML 文件。我用三种方法做到了：

1. XSLT 2.0 document() 正如其他人在此线程中指出的那样。缺点是性能，因为它将文件读入 dom 解析器，而您真正想要的只是名称。另外，正如 LarsH 在 OP 注释中指出的那样，这只适用于有效的 XML 文件。如果递归中存在非 xml 或格式错误的 xml 文件，则会导致转换崩溃。

2. 工具 xmlstarlet 以及命令

   xmlstarlet ls > filenames.xml

3. 我编写的一个粗略的 bash 脚本（可以优化）：

目录=$1
结果文件=$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

# 去除碎屑并将线条包裹在  元素中
sed -i -e's/^[^$]*$/ /' /tmp/zFiles.txt

# 构建文件
回声''> $RESULTFILE
回声“”>> $RESULTFILE
猫 /tmp/zFiles.txt >> $RESULTFILE
回声“”>> $RESULTFILE

我已经使用bash脚本很长时间了，但现在我只使用xmlstarlet方法。 结果小星文件包含特定的文件属性，例如权限和日期，我发现这很有帮助。

Answer 4

您应该能够使用 document() 函数读取 XML 文件。不过，我不确定各种 XSLT 引擎对它的支持情况如何。

这是一个很好的例子展示了它的使用情况。

但这并没有解决从目录中读取文件名的问题。另一个答案给出了一种实现这方面的方法。

Answer 5

如果您使用 Saxon 的商业版本，则可以使用

file:list()

。这是 EXPath 文件模块的扩展函数。有关详细信息，请参阅 https://www.saxonica.com/html/documentation11/functions/expath-file/list.html。

file:list()

提供一系列字符串，您可以执行类似的操作

<xsl:for-each select="file:list($path-to-dir, false())">
    <file><xsl:value-of select="."/></file>
</xsl:for-each>