css - 使用node-sass查看整个目录时，请指定输出文件名

Question

目前，我可以在package.json文件中使用node-sass build命令指定单个SCSS文件时的文件名:
"sass-build": "node-sass src/scss/main.scss dist/css/main.min.css --output-style compressed"
但是，由于要构建多个文件，因此需要监视整个目录。是否可以使用node-sass查看整个目录并操纵单个文件的名称？

我需要更改以下文件名:
main.scss --> main.min.cssother.scss --> other.min.css
这些文件位于同一目录中，因此我的构建脚本现在如下所示:
"sass-build": "node-sass src/scss -o dist/css --output-style compressed"
是否可以通过脚本传递参数？我在文档中找不到任何相关内容。

提前致谢。

Answer 1

似乎所需的功能并不存在于node-sass cli的内置功能中。

假设您使用bash，这可能会帮到您。
find src/scss -name '*.scss' -exec sh -c 'node-sass $0 dist/css/$(basename $0 .scss).min.css --output-style compressed' {} \;
它是如何工作的

该脚本的作用是获取文件夹树中每个文件的相对路径，该文件的文件名与模式'* .scss'相匹配，并且针对每个路径执行专门针对该文件的node-sass命令，并通过删除该文件来定义输出'.scss'初始扩展名，并根据需要将其替换为'.min.css'扩展名。

例如，假设您在src/scss/文件夹中

myfile1.scss

子文件夹/

myfile2.scss

这将执行:

node-sass src/scss/myfile1.scss dist/css/myfile1.min.css --output-style compressed 
node-sass src/scss/subfolder/myfile2.scss dist/css/myfile2.min.css --output-style compressed 

可选的

您可以将此脚本放在文件 ./bin/scss-watcher.sh中，使其可执行并直接调用以包装逻辑。

"sass-build" : "./bin/scss-watcher.sh"