如何使用params启动Gulp任务？

Question

我需要为特定文件应用构建任务.为了找到它们,我使用典型的模板.但我无法理解如何从gulp.src传递参数(文件路径).

理想的解决方案.

gulp.task('bundles', function() {
  gulp.src('bundles/**/*.js').
    pipe(gulp.start('build', file.path));
});

gulp.task('build', function (path) {
  // use here
});

Answer 1

问题有点陈旧，我不确定我完全理解你想要在这里实现的目标，但我认为你正在寻找的是懒惰管道

如果这不是您想要的，您可能需要澄清您的问题

用法示例：

var lazypipe = require('lazypipe'),
g = require('gulp-load-plugins')({lazy: true}),

jsTransformPipe = lazypipe()
    .pipe(g.jshint) // <-- Notice the notation: g.jshint, not g.jshint()
    .pipe(g.concat, 'bundle.js'), // <-- Notice how the param is passed to g.concat, as a second param to .pipe()

jsSourcePipe = lazypipe()
    .pipe(gulp.src, './**/*.js');

gulp.task('bundle', function() {
    jsSourcePipe()
        .pipe(jsTransformPipe()) // <-- You execute the lazypipe by calling it as a function
        .pipe(gulp.dest('../build/');
});

基本上，lazypipe您可以创建一个管道以供将来使用；希望这有帮助