Gulp 查看所有文件但只渲染一个(sass)

Question

我要制作gulp注意我的工作文件夹上的所有更改，但只生成一个文件。因为我用的是scss导入所有需要的文件，不需要编译所有 .css文件，只有主要的。

现在，我的 gulpfile.js包含:

var gulp    = require('gulp');
var util    = require('gulp-util');
var sass    = require('gulp-sass');

gulp.task('sass', function () {
  return gulp.src('./sass/style.scss')
  .pipe(sass().on('error', sass.logError))
  .pipe(gulp.dest('./dist/css'));
});

gulp.task('watch', function() {
  gulp.watch('./sass/**/*.scss', ['sass']);
});

我必须进去 ./sass/style.scss并将其保存到触发 gulp watch。

我想让 gulp 观看所有文件(类似于 ./**/*.scss )但只渲染一个 - ./sass/style.scss .如何做到这一点？

Answer 1

解决这个问题很简单，只需编辑watch gulpfile.js的一部分到:

gulp.task('watch', function() {
  gulp.watch('./**/*.scss', ['sass']);
});

其中说: 所有人观看 .scss并在更改运行 'sass'需要 .
'sass' taks 仅编译 ./sass/style.scss'