以gulp格式获取当前文件名。src（）

Question

在我的嘴里。js文件我正在将所有HTML文件从examples文件夹流式传输到build文件夹。

创建“吞咽”任务并不困难：

var gulp = require('gulp');

gulp.task('examples', function() {
    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(gulp.dest('./build'));
});

但是我不知道如何检索任务中找到（和处理）的文件名，或者找不到正确的插件。

Answer 1

这里还有一个简单的方法。

var es, log, logFile;

es = require('event-stream');

log = require('gulp-util').log;

logFile = function(es) {
  return es.map(function(file, cb) {
    log(file.path);
    return cb(null, file);
  });
};

gulp.task("do", function() {
 return gulp.src('./examples/*.html')
   .pipe(logFile(es))
   .pipe(gulp.dest('./build'));
});

Answer 2

我发现这个插件正在做我所期待的：吞咽使用

简单使用示例：搜索项目中的所有文件，扩展名为. jsx

gulp.task('reactify', function(){
        gulp.src(['../**/*.jsx']) 
            .pipe(using({}));
        ....
    });

输出：

[gulp] Using gulpfile /app/build/gulpfile.js
[gulp] Starting 'reactify'...
[gulp] Finished 'reactify' after 2.92 ms
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/logon.jsx
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/components/rauth.jsx

Answer 3

我不知道你想如何使用文件名，但是其中一个应该会有所帮助：

>

var gulp = require('gulp'),
    debug = require('gulp-debug');

gulp.task('examples', function() {
    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(debug())
        .pipe(gulp.dest('./build'));
});

另一个选项是gulpfilelog，我没有用过，但听起来很相似（可能更干净一点）。

另一个选项是glop-filesize，它同时输出文件及其大小。

如果您想要更多的控制，您可以使用类似于glop-tap的东西，它允许您提供自己的函数并查看管道中的文件。