在gulp.src（）中获取当前文件名

在我的gulp.js文件中，我将所有HTML文件从该examples文件夹流式传输到该build文件夹中。

创建gulp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在任务中找到（和处理）的文件名，或者我找不到正确的插件。

我不确定您要如何使用文件名，但是其中之一应该可以：

• 如果只想查看名称，则可以使用，如gulp-debug，列出乙烯基文件的详细信息。将此插入到您想要列表的任何位置，如下所示：

  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gulp-filelog，我没有使用过，但是听起来很相似（可能会更干净一些）。

• 另一个选项是gulp-filesize，它同时输出文件及其大小。

• 如果需要更多控制，可以使用诸如之类的东西gulp-tap，它可以提供您自己的功能并查看管道中的文件。

我发现这个插件在做什么，我期待：一饮而尽，用

一个简单的用法示例：搜索扩展名为.jsx的项目中的所有文件

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

这是另一种简单的方法。

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();
  });
};

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

您可以使用gulp-filenames模块获取路径数组。您甚至可以按名称空间对它们进行分组：

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 

对于我来说，无视吞咽是完美的。作为选择，您可以在那里传递一个函数：

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

任务看起来像这样：

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

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

如果要在Typescript中使用@OverZealous的答案（https://stackoverflow.com/a/21806974/1019307），则需要import代替require：

import * as debug from 'gulp-debug';

...

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

（我还添加了一个title）。