Переключить выходную папку на основе имени файла в задании gulp
У меня разные *.scss
файлы в моей папке src, и я хочу, чтобы один файл был скомпилирован в отдельной папке.
Предположим, у меня есть файлы normalFile_1.scss
, specialFile.scss
, normalFile_2.scss
, Я хочу, чтобы два обычных файла были скомпилированы в папку Public/Css
, специальный файл, однако, должен оказаться в папке Public/Css/Special
,
Я попытался получить текущее имя файла в задаче с gulp-tap
, который работает отлично.
.pipe($.tap(function (file, t) {
filename = path.basename(file.path);
console.log(filename); //outputs normalFile_1.css, specialFile.css, normalFile_2.css
}))
И с gulp-if
Затем я хотел переключить выходную папку на основе filename
переменная (PATHS.dist - это выходная корневая папка Public
):
.pipe($.if(filename == 'specialFile.css', gulp.dest(PATHS.dist + '/Css/Special'), gulp.dest(PATHS.dist + '/Css')));
Но все еще заканчивается в Public/Css
папка. Почему это не работает? Это даже хороший способ сделать это или есть лучшие методы?
1 ответ
Есть два способа сделать это, показанные ниже:
var gulp = require("gulp");
var sass = require("gulp-sass");
var rename = require("gulp-rename");
var path = require('path');
gulp.task('sass', function () {
return gulp.src('src/*.scss')
.pipe(sass().on('error', sass.logError))
.pipe(rename(function (path) {
if (path.basename == "specialFile") {
path.dirname = "Special";
}
}))
.pipe(gulp.dest('Public/Css'))
// .pipe(gulp.dest(function(file) {
// var temp = file.path.split(path.sep);
// var baseName = temp[temp.length - 1].split('.')[0];
// console.log(baseName);
// if (baseName == "specialFile") {
// return 'Public/Css/Special';
// }
// else return 'Public/Css';
// }))
});
gulp.task('default', ['sass']);
Очевидно, я предлагаю переименовать версию.
[Почему простой файл file.stem или file.basename не работает для меня в версии gulp.dest(function (file) {}, которую я не знаю - это, конечно, будет проще, но я просто получаю неопределенную информацию.]