Отримати поточне ім'я файлу в gulp.src ()

У своєму файлі gulp.js я передаю всі HTML-файли з examplesпапки в buildпапку.

Створити задачу із глоткою не складно:

var gulp = require('gulp');

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

Але я не можу зрозуміти, як отримати імена файлів, знайдених (і оброблених) у завданні, або я не можу знайти потрібний плагін.

Я не впевнений, як ви хочете використовувати назви файлів, але одне з них має допомогти:

• Якщо ви просто хочете побачити імена, ви можете використовувати щось на зразок gulp-debug, у якому перераховані деталі вінілового файлу. Вставте цей список, де ви хочете, як-от так:

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

• Ще один варіант gulp-filelog, який я не використовував, але звучить схоже (він може бути трохи чистішим).

• Інший варіант полягає в тому gulp-filesize, який виводить і файл, і його розмір.

• Якщо ви хочете більше контролю, ви можете використовувати щось на кшталт gulp-tap, що дозволяє вам забезпечити власну функцію та переглянути файли в трубі.

Я виявив, що цей плагін робить те, що я очікував: gulp-use

Простий приклад використання: пошук усіх файлів у проекті з розширенням .jsx

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

Вихід:

[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

Ось ще один простий спосіб.

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();
  });
};

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

Для отримання масиву шляхів ви можете використовувати модуль gulp-filename . Ви навіть можете згрупувати їх за просторами імен:

var filenames = require("gulp-filenames");

gulp.src("./src/*.coffee")
    .pipe(filenames("coffeescript"))
    .pipe(gulp.dest("./dist"));

gulp.src("./src/*.js")
  .pipe(filenames("javascript"))
  .pipe(gulp.dest("./dist"));

filenames.get("coffeescript") // ["a.coffee","b.coffee"]  
                              // Do Something With it 

На мій випадок gulp-ignore був ідеальним. Як варіант, ви можете передати туди функцію:

function condition(file) {
 // do whatever with file.path
 // return boolean true if needed to exclude file 
}

І завдання виглядало б так:

var gulpIgnore = require('gulp-ignore');

gulp.task('task', function() {
  gulp.src('./**/*.js')
    .pipe(gulpIgnore.exclude(condition))
    .pipe(gulp.dest('./dist/'));
});

Якщо ви хочете використовувати відповідь @OverZealous '( https://stackoverflow.com/a/21806974/1019307 ) в друкованому, вам потрібно importзамість require:

import * as debug from 'gulp-debug';

...

    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(debug({title: 'example src:'}))
        .pipe(gulp.dest('./build'));

(Я також додав а title).