如何使用参数启动Gulp任务？

Question

我需要为特定文件应用构建任务。为了找到它们，我使用了典型的模板。但是我不知道如何从gulp.src中传递参数（文件路径）。

期望的解决方案。

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

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

- NiLL

Answer 1

这个问题有点老旧，我不确定我完全理解你在这里想要实现什么，但我认为你正在寻找的是lazypipe

如果那不是你要找的，请澄清你的问题

示例用法：

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/');
});

使用 lazypipe，您基本上可以创建一个管道以备将来使用；希望这有所帮助。

- Olivier Clément

Answer 2

抱歉，因为声望不足，无法评论。

我假设您的示例代码并不包含所有内容，但是为什么不将这些任务合并，并在构建任务中使用gulp.src()，而不是调用另一个任务呢？

也许对您有用，但是根据您展示的内容，我找不到为什么要这样做而不是简单地选择类似以下内容的东西：

gulp.task('build', function (path) {
    gulp.src('bundles/**/*.js)
    //Your code for this task
});

当然，它可以去除捆绑任务，但它本身并不实用。如果我有错误，请毫不犹豫地评论，我会尽力帮助您。

- soenguy

Answer 3

首先，gulp.task('build', function (path) 永远不会起作用。Gulp 任务的唯一有效参数是回调函数，用于表示异步任务完成。如果您尝试运行上述代码，Gulp 将期望 path 是一个函数，并且除非调用该函数，否则任务将永远无法完成。在此示例中，“build”任务应该是从“bundles”管道调用的常规函数，而不是任务。

更好的问题是：如何在 Gulp 管道内运行自定义函数？像 gulp-tap 这样的插件可能会让您接近目标，但创建本质上是内联 Gulp 插件以调用您的函数并不困难。

Gulp 管道接收包含 vinyl 文件对象、编码和回调函数的 through2 对象流。以下是针对 Gulp 管道中文件调用任意函数的基本框架：

var gulp = require('gulp');
var through = require('through2');

gulp.task('stack', function() {
  return gulp.src('./src/*.js')
    .pipe(through.obj(function(file, enc, cb) {
      // file.path is the full path to the file
      myBuildFunction(file.path);
      cb(null, file);
    }))
    .pipe(gulp.dest('./build/'));
})

这非常强大。要修改文件内容，只需更改file.contents缓冲区。要重命名或移动文件，请更改file.path。所有操作都可以在gulp的本地管道中完成。

- joemaller