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我正在尝试为一个大型（超过 100 个模块）多模块 Maven 项目创建一个程序集。

一些（但不是全部）模块具有需要包含在最终程序集中的各种文件，但我很难弄清楚如何将它们放在那里。

这是一个典型模块的布局：

+- pom.xml
+- src
|  +- main
|     +- java
|        +- ...
|     +- resources
|        +- ...
|     +- scripts
|        +- ...

这个模块有 JAR 打包，所以主要的工件是一个 JAR 文件。

这是最终组装的所需格式：

+- bin
|  +- <union of all files from src/main/scripts in the various modules>
+- lib
|  +- <union of all JAR files produced by the various modules>

我知道如何完成装配结构的lib部分，但我不知道如何完成bin部分。

这篇博文似乎建议每个模块都应该创建自己的程序集（本质上是一个程序集片段），然后这些程序集将由我的实际程序集组件聚合在一起。

这是在Maven中完成的方式吗？它似乎非常重量级和缓慢。有没有不同/更好的方法？

在回答之前，请记住以下事实：

  1. 该项目使用平面模块结构（如果重要的话）。更改为嵌套结构不是一种选择。
  2. 我无法将脚本合并到一个模块中。即使我可以有其他任意文件也需要打包到最终程序集中，这些文件不能合并到一个地方（我使用脚本作为一个简单的例子来说明问题）。
  3. 是的，我认为 100 个模块太多了，但我无法控制。
  4. 鉴于模块数量众多，我更喜欢不需要修改每个 POM 的解决方案。
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2 回答 2

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不幸的是，除了创建一个程序集之外，我找不到更好的答案。看起来我们将编写我们自己的 Maven 插件来处理这个要求，因为考虑到我们的情况，使用程序集的程序集太麻烦了。

于 2012-08-31T16:42:38.880 回答
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不是每个模块都有自己的程序集，而是创建一个名为assembly（名称是任意的）的单独模块，并让您的程序集描述符使用相对路径从其他模块中获取任意文件。IE

<files>
    <file>
      <source>../config-module/target/sample-config.xml</source>
      <outputDirectory>configs</outputDirectory>
    </file>
</files>

该路径../config-module假定您具有该名称的模块。我还假设您从目录中获取sample-config.xml文件，target/而不是从src/main/whatever目录中获取。

请注意，如果您的“任意文件”是每个模块（即 WAR）生成的 Maven 工件，那么可能有更多的惯用方式来完成上述操作。请参阅： Maven：完整参考 - “最佳实践”

于 2012-08-27T20:27:00.167 回答