如何使用grep/sed打印文件，不包括注释和空行？

Question

我想打印出一个包含以下一系列注释的文件：

    </Directory>
    ErrorLog ${APACHE_LOG_DIR}/error.log
    # Possible values include: debug, info, notice, warn, error, crit,
    # alert, emerg.
    LogLevel warn
    CustomLog ${APACHE_LOG_DIR}/ssl_access.log combined
    #   SSL Engine Switch:

本质上，该文件包含多个缩进级别，其中注释以#符号开头。

grep应该删除空行，以及文本前有散列符号的行(这意味着这些是注释)。

我知道可以通过：grep -v '^$'删除空行

但是，如何删除带有前导空格的行，然后删除#符号，并只打印包含实际代码的行？我想在bash中使用grep和/或sed来做这件事。

Answer 1

使用grep

grep -v '^\s*$\|^\s*\#' temp

在OSX / BSD系统上：

grep -Ev '^\s*$|^\s*\#' temp

Answer 2

使用awk

awk '!/^ *#/ && NF' file

• !/^ *#/ -表示不带空格的选择行，后跟
• NF符号
• && -表示选择不为空的行# -是一个and运算符，用于确保如果上述两个条件均为真，则打印该行。

Answer 3

使用sed可能比使用grep更容易

sed -e '/^[[:space:]]*$/d' -e '/^[[:space:]]*#/d' test.in

或者用ERE：

# Gnu sed need -re instead of -Ee
sed -Ee '/^[[:space:]]*(#|$)/d' test.in

使用ERE，grep也可以相当容易地做到这一点：

# Not sure if Gnu grep needs -E or -r
grep -vE '^\s*(#|$)' test.in

# or a BRE
grep -v '^\s*\(#\|$\)' test.in