Ansible unarchive 模块 - 'src' 参数的模式匹配

Question

在 build 配置中，CI 服务器构建一个 Service 包，并为其分配特定的 Version ，然后归档到文件：Service-Version.tgz.

在 deploy 配置中，相同的 CI 服务器下载这种可变命名的包。此配置想要复制存档、解压缩并在某个主机上部署服务。

在 Ansible 代码中表达：

 - name: Unpack Service on remote host
   unarchive: src="{{ src_dir }}/Service-*.tgz" dest="{{ host_dest_dir }}"

理想情况下：Ansible 会尝试匹配模式中包含文件名的任何内容。

实际上，这是行不通的：

fatal: [127.0.0.1]: FAILED! => {"changed": false, "failed": true, "msg": "Unable to find '(...)/deploy/Service-*.tgz' in expected paths."}

如何让 Ansible 接受 'src' 的可变名称？

（我想我可以通过 grepping 目录创建一个注册真实姓名的任务，但也许这可以在 Ansible 本身中完成？）

Answer 1

如果您的 CI 服务器知道文件名并且运行是可靠的，那么您可以在命令行上设置文件名的版本，然后在您的任务中引用它：

ansible-playbook play.yml --extra-vars "version=${VERSION_FROM_CI_SERVER}"

Answer 2

正如前面对您的问题的评论所指出的，另一种方法（假设 Ansible 2+）是使用 find 模块。这看起来类似于：

- name: Find Service package
  find: paths="{{ src_dir }}" patterns="Service-*.tgz"
  register: find_result
- name: Unpack service on remote host
  unarchive: src="{{ item.path }}" dest="{{ host_dest_dir }}"
  with_items: "{{ find_result.files }}"

Ansible unarchive 模块 - 'src' 参数的模式匹配

Ansible unarchive module - pattern matching for 'src' parameter

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