Shell脚本：使用基于文件名部分的文件

Question

我有一个包含数百个文件的目录（比如〜/ dir /）。其中一半将以字符串“ABC”开头，即它们将被称为ABC_0.csv，ABC_1.csv，ABC_2.csv等。

我的目标是编写一个shell脚本，它将获取每个“ABC”文件并将它们合并在一个更大的文件中，我称之为“master_ABC”。

我知道如何合并它们，但我不知道如何编写一个只接受名称以“ABC”开头的文件的shell脚本（注意：〜/ dir /中有其他文件，我没有兴趣并希望避免）。

此外，“ABC”文件的数量每天都会有所不同。

Answer 1

使用通配符*扩展来获取不同的文件ABC_1.csv，依此类推

cat ABC_*.csv > master_ABC.csv

Answer 2

您可以捕获列表中的所有文件，然后使用追加（＆gt;＆gt;）来捕获主文件

files=`ls ABC*csv`

 for f in $files
 do
   echo $f
   cat $f >> master_ABC.csv
 done

Answer 3

您可以使用通配符*。

#!/bin/bash

cat ~/dir/ABC*csv > master_ABC

Answer 4

在ls循环中使用find（或grep）与while：

ls | grep 'ABC_.*\.csv$' | while read fn ; do cat $fn >> master_ABC.csv ; done

或find（特别是如果你需要递归遍历子目录）：

find . -type f -name 'ABC*.csv' | while read fn ; do cat $fn >> master_ABC.csv ; done

请注意，grep接受正则表达式，而find需要通配符字符串。

我建议避免在这种情况下使用*，因为它不适用于很长的文件列表，如果任何文件名包含空格字符，也会失败。