Я хочу сделать это:Gulp: как смотреть несколько файлов и выполнять задачу только для файлов изменений?
У меня есть папка со многими файлами js. Когда я сохраняю один из них, я хочу сохранить мини-файл в другой папке.
Я получил его частично, потому что мой скрипт просматривает множество файлов, и когда я его меняю, все файлы копируются и перенаправляются в папку назначения.
Недавно я обнаружил, что gulp.run больше не используется.
Если кто-то может мне помочь, я буду благодарен.
Я пытался так:
var gulp = require('gulp');
var jshint = require('gulp-jshint');
var uglify = require('gulp-uglify');
var watch = require('gulp-watch');
var files_dev = "./_sys/js/private/*.js";
var path_prod = "./_sys/js/public/";
gulp.task('dist-file', function(file) {
gulp.src(file)
.pipe(uglify())
.pipe(gulp.dest(path_prod));
});
gulp.task('default', function() {
gulp.watch(files_dev).on("change", function(file) {
gulp.run('dist-file');
});
Функция обратного вызова gulp.watch получает параметр события с свойством path, указывающим на файл, который вызвал событие. Было бы полезно, если бы вы разместили свой код. –
жаль, что не поставил мой код. Как вы могли видеть, при выполнении задачи по умолчанию мне нужно отправить файл в качестве параметра для моего dist-файла задачи. – rjsandim