javascript - Gulp.js 从 .src() 获取文件名

Question

我正在尝试使用 gulp-proceesshtml ( https://github.com/julien/gulp-processhtml ) 在我的构建版本中删除一些不需要的代码，问题是该任务需要提供文件名。

gulp.src('test.html').pipe(processhtml('test.html'));

但是当我处理一个文件夹中的所有 HTML 文件时，我不知道它是如何工作的

gulp.src('*.html).pipe(processhtml('文件名'));

Answer 1

就个人而言，这听起来像是您要完成的任务的错误插件。 请参阅下文。

但是，由于不清楚您使用它的目的，您可以使用 node-glob逐个处理每个文件:

var glob = require('glob')
    // you also need event-stream for merging the streams
    es = require('event-stream');

gulp.task('myTask', function() {
    var files = glob.sync('*.html'),
        streams;
    streams = files.map(function(file) {
                // add the *base* option if your files are stored in
                // multiple subdirectories
        return gulp.src(file, {base: 'relative/base/path'})
                // may need require('path').filename(file)
                .pipe(processhtml(file));
    });

    return es.merge.apply(es, streams);
});

这将从与您的初始模式匹配的每个文件中创建一个异步流。

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要简单地从文件中删除一些文本，您可以使用 gulp-replace ，像这样:

var replace = require('gulp-replace');

gulp.src('*.html')
   // replaces all text between
   // <!-- remove-this --> and <!-- /remove-this -->
   .pipe(replace(/<!--\s*remove-this\s*-->[\s\S]*?<!--\s*\/remove-this\s*-->/g, ''));