Gulp: 如何观看多个文件并只对更改文件执行任务？

Question

我想做这件事：

我有一个包含许多 js 文件的文件夹。当我保存其中一个时，我想将缩小的文件保存在其他文件夹中。

我部分理解了，因为我的脚本会监视很多文件，当我更改一个文件时，所有文件都会被复制并缩小到目标文件夹。

最近发现gulp.run已经不用了

如果有人能帮助我，我将不胜感激。

我是这样尝试的：

var gulp = require('gulp');
var jshint = require('gulp-jshint');
var uglify = require('gulp-uglify');
var watch = require('gulp-watch');

var files_dev = "./_sys/js/private/*.js";
var path_prod = "./_sys/js/public/";

gulp.task('dist-file', function(file) {
    gulp.src(file)
    .pipe(uglify())
    .pipe(gulp.dest(path_prod));
});

gulp.task('default', function() {
    gulp.watch(files_dev).on("change", function(file) {
        gulp.run('dist-file');
    });

Answer 1

dist-file 不需要是一个 gulp 任务，你可以把它做成一个函数，你可以传递文件或 glob 来处理。另外 watch 现在是 gulp 的一部分，所以你不需要 gulp-watch.

var jshint = require('gulp-jshint');
var uglify = require('gulp-uglify');

var files_dev = "./_sys/js/private/*.js";
var path_prod = "./_sys/js/public/";

function uglifyFile (file) {
    gulp.src([file])
        .pipe(uglify())
        .pipe(gulp.dest(path_prod));
}

gulp.task('watch-test', function() {
    gulp.watch(files_dev).on("change", function (event) {
        uglifyFile(event.path);
    });
});

Gulp: 如何观看多个文件并只对更改文件执行任务？

Gulp: how to watch multiple files and perform a task for only the changes files?

gulp

gulp-watch