Node.js:如何将全局变量传递到通过require()插入的文件中？

Question

我已将我gulpfile.js分成几个文件放在一个/gulp文件夹中,以便更好地组织代码.但是现在我想将一个变量传递给debug (boolean)将切换gulp命令行为的文件(最终我将使用命令行参数,但是现在我只想让它与变量一起工作).

我使用我在yeoman angular/gulp包中看到的方法进行此设置的方法是使用一个名为的npm模块require-dir(它在/gulp文件夹中加载所有*.js文件,其中每个文件都有一组gulp任务组).

gulpfile.js:

var gulp = require('gulp'),
  run = require('run-sequence'),
  debug = true;

require('require-dir')('./gulp');

gulp.task('default', ['build', 'server', 'watch', '...']);

哪个会加载像......

吞掉/ build.js:

var gulp = require('gulp'), 
  plumber = require('gulp-plumber'),
  ...;

gulp.task('build', function () {
  console.log(debug);
});

因此,当我运行gulp运行default任务的命令时,它将加载build.js然后执行gulp build任务.但不幸的是,似乎debug返回未定义.

我怎么能让这个工作？

我正在考虑使用just module.exports()和node的require()方法,但我无法弄清楚如何在包含的文件中声明gulp任务,以便可以从主gulpfile.js文件(按照所需的顺序)运行.

有人可以提供一些帮助吗？谢谢

Answer 1

正常的模块方式,真的.只需更改该gulp/build.js文件,而不是实际将任何内容导出到正确的require-able模块:

module.exports = function(debug) {
  "use strict";

  var gulp = require('gulp'), 
      plumber = require('gulp-plumber'),
      ...;

  gulp.task('build', function () {
    console.log(debug);
  });
};

然后在主文件中将其称为:

...
var loadGulp = require('require-dir/gulp');
...
var debug = true;
loadGulp(debug);

Answer 2

Node.js提供了一个名为的全局变量global,实际上,module它是所有模块中的相同实例(不同于每个模块中的不同).通过设定值,global它们变得真正全球化.作为额外的奖励,您不需要使用前缀访问全局变量global..这两个global.foo和公正foo是等价的,只要你没有命名的另一个变量foo的范围.