快遞JS需要根據路線

Question

不同的模塊，我有一個應用程序，我想在快遞安裝使用app.use，如：

app.use(require('./foo')); 

當這樣定義這將返回在同級應用程序文件foo.js：

var router = require('express').Router({ mergeParams: true }); 
module.exports = router; 
router.get('/', function (req, res) { 
    res.send(200); 
} 

// Navigate to /foo -> 200 ok! 

然而，我想引用基於請求路徑上的其他應用程序，以便代替

app.use(require('./foo')); 

我們可以做

app.use(function (req, res) { 
    require(req.path); 
}; 

所以如果有一些文件bar.js，我們可以想見，

// Navigate to /bar 
returns bar app. 

但是，這並不工作，而是超時，因爲我相信它沒有安裝所需的應用程如何將回調傳遞給app.use，以便裝載回調函數定義中定義的所需應用程序？

感謝您的任何幫助。

Answer 1

幾件事情需要考慮：

1）您將需要調用路由器本身（這就像任何中間件(req, res)功能），並通過它你的要求。

app.use(function (req, res) { 
    var router = require('.' + req.path); // or whatever your lookup method looks like 
    router(req, res); 
}); 

2）由於上述未安裝任何路徑上的主中間件，req.path將保持不變（例如'/foo'），永遠不會匹配兒童路由器的.get('/')路由。您可以通過讓子路由器.use()的中間件解決此問題，這與您已經在應用程序端點中一樣好。 （請注意，如果您的中間件足夠簡單，您也可以僅導出中間件本身而不是整個路由器）

// foo.js 
router.use(function (req, res) { 
    res.send(200); 
}); 

Answer 2

查看Express req.path的文檔。

http://expressjs.com/en/api.html

看起來req.path將返回類似/foo，但你需要它./foo爲它找到該文件，並要求它。試着改變你的要求是

require('.' + req.path);