GNU Make：如何构建一个 32 位和 64 位的通用库？答案

【问题标题】：GNU Make: How to build a common lib as both 32-bit and 64-bit?GNU Make：如何构建一个 32 位和 64 位的通用库？
【发布时间】：2012-06-24 18:22:50
【问题描述】：

我有一个文件夹布局如下的项目：

/project_root
  /common-code-sources
    /common1
    /common2
    /...
  /prog-A-sources
  /prog-B-sources
  /prog-C-sources

需要为程序 A、B 和 C 生成三个可执行文件。每个可执行文件都有少量唯一的源代码，但大多数都希望静态链接来自各种 libCommonCodeN.a 文件的功能。

但是，我需要构建 Program C 以及它所需的所有具有特定编译标志集的通用代码库。（在这种情况下，是 32 位并且禁用了一些优化。）

这意味着程序 C 所需的common_sources 下的特定代码必须使用正确的标志再次编译。

我正在寻找有关如何最好地创建基于 Makefile 的构建系统来解决这种情况的想法。

我认为解决方案将涉及 lib 文件的并行输出文件夹和所谓的“目标特定”make 变量来指导该过程，但我不确定如何将它们组合在一起.

问题：当common-code 源之一发生更改时，如何确保在项目根目录运行make 执行正确的操作？

也就是说：我怎样才能重建有问题的特定 .a 的两种风格并重新链接 3 个可执行文件？

【问题讨论】：

标签： build build-automation static-libraries gnu-make

【解决方案1】：

这里有两种方法：

维护单个 Makefile（您始终可以通过 include 指令拆分 Makefile）。
为每个子项目维护自己的 Makefile（recursive make consider harmful 方法）。

在第一种情况下，您可以完全控制依赖项...要进行自定义构建，请使用：

$ 猫 Makefile ... ifeq '$(DEBUG)' '是' BUILD_DIR = 调试 CFLAGS += $(CFLAGS_DEBUG) 别的 BUILD_DIR = 释放 CFLAGS += $(CFLAGS_OPTIM) 万一 ... $ 使调试=是

在第二种情况下，将第一个提示与：

$ 猫 Makefile ... ifeq '$(DEBUG)' '是' BUILD_DIR = 调试 MODULE_A_BUILD_DIR = ../module-A/_debug_build CFLAGS += $(CFLAGS_DEBUG) 别的 BUILD_DIR = 释放 MODULE_A_BUILD_DIR = ../module-A/_release_build CFLAGS += $(CFLAGS_OPTIM) 万一构建：$(MODULE_A_BUILD_DIR)/libmodulea.a 制作 -C $(MODULE_A_BUILD_DIR)/.. DEBUG=$(DEBUG) ...

你在你的问题中说的都是正确的。只要做到逻辑一致，不要害怕））

所以让 build / dist 路径依赖于 make 标志或目标模式：

ifneq '$(filter %-debug,$(MAKECMDGOALS))' '' BUILD_DIR = 调试 MODULE_A_BUILD_DIR = ../module-A/_debug_build CFLAGS += $(CFLAGS_DEBUG) ... 万一

【讨论】：