在 gulp.src() 中获取当前文件名

Question

在我的 gulp.js 文件中，我将所有 HTML 文件从 examples 文件夹流式传输到 build 文件夹中。

创建 gulp 任务并不难：

var gulp = require('gulp');

gulp.task('examples', function() {
    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(gulp.dest('./build'));
});

但我不知道如何检索在任务中找到（和处理）的文件名，或者我找不到合适的插件。

Answer 1

我不确定你想如何使用文件名，但其中之一应该会有所帮助：

• 如果您只想查看名称，可以使用gulp-debug 之类的名称，其中列出了乙烯基文件的详细信息。将其插入您想要列表的任何位置，如下所示：

  var gulp = require('gulp'),
      debug = require('gulp-debug');
  
  gulp.task('examples', function() {
      return gulp.src('./examples/*.html')
          .pipe(debug())
          .pipe(gulp.dest('./build'));
  });
  

• 另一个选项是gulp-filelog，我没用过，但听起来很相似（可能更简洁一些）。

• 另一个选项是gulp-filesize，它同时输出文件及其大小。

• 如果您想要更多控制权，可以使用gulp-tap 之类的东西，它可以让您提供自己的功能并查看管道中的文件。

Answer 2

我发现这个插件正在做我所期望的：gulp-using

简单使用示例：搜索项目中所有扩展名为 .jsx 的文件

gulp.task('reactify', function(){
        gulp.src(['../**/*.jsx']) 
            .pipe(using({}));
        ....
    });

输出：

[gulp] Using gulpfile /app/build/gulpfile.js
[gulp] Starting 'reactify'...
[gulp] Finished 'reactify' after 2.92 ms
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/logon.jsx
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/components/rauth.jsx

Answer 3

这是另一种简单的方法。

var es, log, logFile;

es = require('event-stream');

log = require('gulp-util').log;

logFile = function(es) {
  return es.map(function(file, cb) {
    log(file.path);
    return cb(null, file);
  });
};

gulp.task("do", function() {
 return gulp.src('./examples/*.html')
   .pipe(logFile(es))
   .pipe(gulp.dest('./build'));
});

Answer 4

您可以使用gulp-filenames 模块来获取路径数组。 您甚至可以按命名空间对它们进行分组：

var filenames = require("gulp-filenames");

gulp.src("./src/*.coffee")
    .pipe(filenames("coffeescript"))
    .pipe(gulp.dest("./dist"));

gulp.src("./src/*.js")
  .pipe(filenames("javascript"))
  .pipe(gulp.dest("./dist"));

filenames.get("coffeescript") // ["a.coffee","b.coffee"]  
                              // Do Something With it 

Answer 5

就我而言，gulp-ignore 非常完美。 作为选项，您可以在那里传递一个函数：

function condition(file) {
 // do whatever with file.path
 // return boolean true if needed to exclude file 
}

任务看起来像这样：

var gulpIgnore = require('gulp-ignore');

gulp.task('task', function() {
  gulp.src('./**/*.js')
    .pipe(gulpIgnore.exclude(condition))
    .pipe(gulp.dest('./dist/'));
});

Answer 6

如果你想在 Typescript 中使用@OverZealous 的答案（https://stackoverflow.com/a/21806974/1019307），你需要import 而不是require：

import * as debug from 'gulp-debug';

...

    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(debug({title: 'example src:'}))
        .pipe(gulp.dest('./build'));

（我还添加了title）。