Получить текущее имя файла в gulp.src ()

В моем файле gulp.js я транслирую все файлы HTML из examplesпапки в buildпапку.

Создать задачу gulp несложно:

var gulp = require('gulp');

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

Но я не могу понять, как получить имена файлов, найденные (и обработанные) в задаче, или не могу найти нужный плагин.

Я не уверен, как вы хотите использовать имена файлов, но одно из них должно помочь:

• Если вы просто хотите увидеть имена, вы можете использовать что-то вроде gulp-debug, в котором перечислены детали винилового файла. Вставьте это в любое место, где хотите получить список, например:

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

• Другой вариант gulp-filelog, который я не использовал, но звучит похоже (он может быть немного чище).

• Другой вариант: gulp-filesizeвыводит как файл, так и его размер.

• Если вам нужен больший контроль, вы можете использовать что-то вроде gulp-tap, что позволяет вам предоставить свою собственную функцию и просматривать файлы в конвейере.

Я обнаружил, что этот плагин делает то, что я ожидал: gulp-using

Простой пример использования: поиск всех файлов в проекте с расширением .jsx

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

Выход:

[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

Вот еще один простой способ.

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'));
});

Вы можете использовать модуль gulp-filenames, чтобы получить массив путей. Вы даже можете сгруппировать их по пространствам имен:

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 

В моем случае gulp-ignore был идеальным вариантом. Как вариант, вы можете передать туда функцию:

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

И задача будет выглядеть так:

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

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

Если вы хотите использовать ответ @OverZealous ( https://stackoverflow.com/a/21806974/1019307 ) в Typescript, вам необходимо importвместо require:

import * as debug from 'gulp-debug';

...

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

(Я также добавил title).