node.js - 如何使用 gulp-uncss-task 处理远程文件

Question

前言:我正在使用uncss并且，正如说明所述，从命令行使用它非常简单:

uncss [options] <file or url, ...>
e.g. uncss http://getbootstrap.com/examples/jumbotron/ > stylesheet.css

并且，如上所述，这适用于远程文件(甚至 php 脚本)，因此我可以调用:

uncss http://www.example.com/myPage.php > myPage.css

它会完美地工作。

另外，我让它在 Node.js 应用程序中工作(按照文档中的说明):

var uncss = require('uncss');

var files   = [],
    options = {
        urls         : ['http://www.example.com/myPage.php'], // Deprecated
    };

uncss(files, options, function (error, output) {
    console.log(output);
});

我想知道为什么 urls 中出现了 Deprecated 注释 - 我找不到任何其他信息？

实际问题:由于我使用 gulp 来运行构建任务，所以我想使用 gulp-unss-task实现同样的事情(取消远程文件)，以便我可以将其进一步传送到最小化任务。从文档看来这是不可能的，但如果有人之前处理过这个问题并且可能有解决方案，我将不胜感激。

gulp-uncss-task 的使用文档:

var gulp = require('gulp');
var uncss = require('gulp-uncss-task');

gulp.task('default', function() {
    gulp.src('bootstrap.css')
        .pipe(uncss({
            html: ['index.html', 'contact.html', 'about.html']
        }))
        .pipe(gulp.dest('dest'));
});

Answer 1

我维持gulp-uncss 。您需要做的是使用 html 选项传递 URL；由于此功能，urls 已被弃用。我意识到插件的自述文件中没有正确记录这一点，所以我要去更新它。但与此同时，这段代码将会有所帮助:

gulp.task('uncss', function() {
    gulp.src('site.css')
        .pipe(uncss({
            html: [
                'http://www.example.com/myPage.php'
            ]
        }))
        .pipe(gulp.dest('./out'));
});

请注意，如果要指定文件路径/URL，则必须在此处传递数组。希望这会有所帮助。