非常简单的macOS XPC

Question

我想简单地使用XPC技术来启动一个app。我不需要任何进程间通信，也不需要XPC的任何其他特性。

我在互联网上找到的唯一文档显示了一个复杂的结构，包括用于XPC服务的代码，通过脚本启动XPC服务的单独代码，以及用于与服务通信的应用程序代码。

换句话说，我只想要做与此相当的东西：

NSWorkspace.shared.openApplication(at: path,
                                   configuration: configuration,
                                   completionHandler: nil)

而是使用XPC。所以我需要一些类似的东西：

let listener = NSXPCListener.service("/path/to/my_app.app")
listener.resume()
RunLoop.main.run()

显然，服务方法不接受可能是可执行路径的参数，因此这是不起作用的。

我该怎么做呢？

PS:为了解释动机，启动XPC服务将保留启动应用程序的沙箱限制，而直接通过NSWorkspace.shared.openApplication启动应用程序将不会保留沙箱限制(因为生成的应用程序没有将"com.apple.security.inherit“作为权利)。

Answer 1

似乎不可能在更改沙箱的同时启动子进程(即，赋予它比最初幸运的更多或更少的权限)。

我推荐使用现有应用程序中的stripping the sandboxing，适当地修改授权，然后重新签名。这不是一种常规的方法，但可以解决您的特定问题。