如何在gulp任务中仅排除.min.js文件,同时保留在同一目录中？

Question

我正在尝试为我的前端工作建立一个构建系统,虽然我遇到了一遍又一遍地循环处理文件的问题.这是我的js处理的问题,因为我不知道如何仅使用.min作为后缀来排除文件.

任务如下

return gulp.src(["!dev/js/*.min.js", "dev/js/*.js"])
        .pipe(plumber())
        .pipe(browserify())
        .pipe(smaps.init())
            .pipe(uglyify({preserveComments: "license"}))
        .pipe(smaps.write())
        .pipe(rename({suffix: ".min"}))
        .pipe(gulp.dest(output_dir));

虽然我发现它仍然以.min.js文件为目标,因为它们也被视为.js文件.我搞砸周围的这些通配符的几个不同的配置,但我一直与任务创建循环结束了example.min.js,然后example.min.min.js再example.min.min.min.js等.

那么,我怎样才能处理不包含.min前缀的文件？

Answer 1

您可以使用否定模式来排除.min.js文件.

gulp.src(['dev/js/*.js', '!dev/js/*.min.js'])