如何在没有nodejs中所有路由的一个长文件的情况下进行路由？
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使用此链接作为参考https://github.com/visionmedia/express/tree/master/examples/route-separation对“可以完成”
我不使用快递。我以它们为例。
我想做这样的事情，但“简单” ...
如何避免在一个文件中将所有路线都声明为一个复杂的长列表？我可以通过将路由器传递到我的模块中，然后将所有代码都包含在一个目录中来定义它们吗……好吧，我会遇到一个长文档，只包含“ require”，例如index.js ，对于这个〜至少我的构建脚本可以为我重建，但最好不要在我的主文件中为我可能添加的每条路由重建。
因此，例如，他们使用以下代码：
// General
app.get(\'/\', site.index);
// User
app.all(\'/users\', user.list);
app.all(\'/user/:id/:op?\', user.load);
app.get(\'/user/:id\', user.view);
app.get(\'/user/:id/view\', user.view);
app.get(\'/user/:id/edit\', user.edit);
app.put(\'/user/:id/edit\', user.update);
// Posts
app.get(\'/posts\', post.list);
//app.js
var router = require(\'./myRouter.js\')
var includes = require(\'./routes/*.js\').register(router)
// do some stuff here with an https server and start the server here
//./routes/user.js
var myRouter;
exports.register(router){
myRouter = router;
}
router.addRoute(/* here I do the magic associated with this route */)
/routes/
index.js
.register(router)
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坊岔埠绵
文件，并使用这是一个文件夹。// app.js route = require(\"./routes\"), ... route(app); // routes/index.js var index = require(\"./index-route\"), about = require(\"./about-route\"), posts = require(\"./posts-route\"); module.exports = function(app) { index(app); about(app); posts(app); };var routes = []; // read all files fs.readdir(\"./\", function(files) { files.forEach(function(val) { // require all non-index.js files. if (val !== \"index.js\") { routes.push(require(val)); } }); }); module.exports = function(app) { // for each route you required call it with app. routes.forEach(val.bind(null, app)); }文件夹中的任何文件都将加载并运行。屠创氓读叔