javascript - 当监视的任务完成时，我可以发出通知吗？

Question

我们有一个包含约 12 个任务的 gulpfile，其中 4 个由 gulp.watch 激活。我想在由 gulp.watch 启动的任务完成时使用 gulp-notify 。如果直接运行任务，我不希望 gulp-notify 执行任何操作。示例代码如下:

const
    debug = require("gulp-debug"),
    gulp = require("gulp"),
    notify = require("gulp-notify");

gulp.task("scripts:app", function () {
    return gulp.src(...)
        .pipe(debug({ title: "tsc" }))
        .pipe(...);                // <--- if i add notify here, 
                                   //      I will always get a notification
});

gulp.task("watch", function () {
    gulp.watch("ts/**/*.ts", ["scripts:app"]);
});

如果我通过管道发送到 'scripts:app' 任务内的 notify，则每次该任务运行时都会发出通知，无论该任务是如何启动的。同样，我想在监视任务完成时发出通知。

我考虑添加一个依赖于'scripts:app'的任务'scripts:app:notify'，但如果可能的话我想避免创建“不必要的“任务。

我还尝试了以下方法:

gulp.watch("ts/**/*.ts", ["scripts:app"])
    .on("change", function (x) { notify('changed!').write(''); });

但这会导致每个文件发生更改时都会收到通知。我希望在任务完成时收到通知。

换句话说，如果我运行gulpscripts:app，我不应该收到通知。当我运行gulp watch并更改监视的文件时，我应该收到通知。

我该怎么做？

Answer 1

尝试将参数添加到构建脚本中:

function buildApp(notify){
    return gulp.src(...)
        .pipe(...)
        .pipe(function(){
            if (notify) {
                //drop notification
            }
        });
    });      
}

//Register watcher
gulp.watch("ts/**/*.ts", function(){
    var notify = true;
    buildApp(notify);
});

//Register task so we can still call it manually
gulp.task("scripts:app", buildApp.bind(null, false));

如您所见，buildApp 是一个简单的函数。它可以通过观察者或“正常”任务注册来调用。