如何安排 spring 上下文配置文件，使其与项目依赖项相匹配？

Question

我有一个网络应用程序，它依赖于其他两个模块。
为了简单起见，我们将它们称为 ServiceA 模块和 ServiceB 模块。
每个模块都有各种不同的依赖项，并且还对 Entities 模块有一个共同的依赖项。
上述每个模块都声明了自己的 spring 上下文文件，其中包含与其范围相关的信息。
我现在正在尝试决定如何在项目之间“连接”这些配置文件，但我有点困惑。

我知道一种选择是在网络应用程序的 web.xml 中声明所有“结束”文件（即 ServiceA、ServiceB 和实体）（在 contextConfigLocation 参数中），但我不这样做喜欢这个选项，特别是因为我的实际用例更复杂并且具有更多共享的内部依赖项。

我最初的意图是在 contextConfigLocation 参数中仅声明 ServiceA 和 ServiceB 的配置文件，因为这些是 Web 应用程序唯一使用的项目直接依赖（通过查看 maven pom 很容易看出），然后让 ServiceA 和 ServiceB 将此指令包含在它们的 spring 上下文配置文件中<代码><导入资源=“classpath：EntitiesContext.xml”>。这种方法的优点是它与 Maven 传递方法一致，在这种方法中，我声明我所依赖的内容，并且如果该模块依赖于某些东西，它会将其拖到一起。这种方法的问题是我在这里阅读 Entities 模块中的所有 bean 将被创建两次（尽管最后只保留一个实例），这是一项昂贵且不必要的操作。

我非常想听听人们如何解决这个用例，因为我认为我没有遇到任何极端情况。

谢谢

更新 我最终使用的语法是 classpath*:META-INF/*/*Context.xml 因为 Thomasz 建议的语法存在一些问题。
如需更多阅读，请参阅 spring 的错误报告（部分解决了该问题）和博客文章关于这个问题

Answer 1

您是否考虑过使用 基于注释的配置？

这应该可以让您将 XML 配置的大小减少到几行。

或者，使用顶级 基于 Java 的配置将允许您以受控方式拉入您想要的部分（无需搜索整个类路径），并且没有任何重复的 bean 或任何 XML 文件。

Answer 2

遵循配置文件的一些命名约定并简单地选取 CLASSPATH 上可用的所有内容怎么样？

<context-param>
    <param-name>contextConfigLocation</param-name>
    <param-value>
        classpath*:*Context.xml 
    </param-value>
</context-param>

该解决方案假设显然所有必需的模块都在 CLASSPATH 上，但不存在非必需的模块。