使用 gulp-if （或其他）有条件地启用 gulp-watch

Question

基本上，我想设置我的任务，以便如果我执行gulp less --watch 它会观看，否则只需执行构建。这是我目前所拥有的：

'use strict';

var gulp = require('gulp');
var less = require('gulp-less');
var gulpif = require('gulp-if');
var watch = require('gulp-watch');
var cli = require('minimist')(process.argv.slice(2));

gulp.task('less', function () {
  return gulp.src(['./client/styles/styles.less', './client/styles/libs.less'])
    .pipe(less({ sourceMap: !cli.production }))
    .pipe(gulp.dest('./dist/styles'))
    .pipe(gulpif(cli.watch, watch()));
});

发生的情况是它仍然执行watch，但不传递任何文件。这也阻止了任务来自process.exit()ing..

我假设我必须将它包装在某些东西中，或者使用其他方法（不是 gulp-if）..

Answer 1

gulp-watch 是一个无穷无尽的流，所以如果调用它永远不会允许进程退出。您的任务始终调用watch() 以便将其传递给gulpif，即使if 不需要它。这意味着您将运行一个独立的观察者。此外，观察者需要在管道链中排在第一位，这样它才能重新触发剩余的处理程序。

您需要做的是使用命令行参数有条件地调用并附加watch()。运行一个进行观察的任务。此外，如果在观察者之后出现错误，请使用 gulp-plumber (https://github.com/floatdrop/gulp-plumber) 来保持流工作。

var plumber = require('gulp-plumber');
gulp.task('less', function () {
    var src = gulp.src(['./client/styles/styles.less', './client/styles/libs.less']);

    if (cli.watch) {  // watch() won't be called without the command line arg
        src = src.pipe(watch()).plumber(); 
    }

    return src.pipe(less({ sourceMap: !cli.production }))
        .pipe(gulp.dest('./dist/styles'));
});

Answer 2

不是那么优雅，但这基于NODE_ENV（与gulp-environments 一起使用），我想通过（在开发中是，在生产/部署中不是）来确定watch 的开始。免责声明：我刚开始使用 Gulp（4.0 beta 以便 gulp.series 工作），所以这可能很糟糕，但它可以完成工作.. :-)

var environment = require('gulp-environments'); var development = 环境.开发； 变种生产=环境。生产； 如果（发展（））{ gulp.task('default', gulp.series('flow', 'babel', 'cleanup', 'watch'), function(done) { 完毕（）; }); } 别的 { gulp.task('default', gulp.series('flow', 'babel', 'compress', 'cleanup'), function(done) { 完毕（）; }); }