gulp - 如何使用参数启动 Gulp 任务？

Question

我需要为特定文件应用构建任务。为了找到它们，我使用了典型的模板。但我不明白如何从 gulp.src 传递参数(文件路径)。

理想的解决方案。

gulp.task('bundles', function() {
  gulp.src('bundles/**/*.js').
    pipe(gulp.start('build', file.path));
});

gulp.task('build', function (path) {
  // use here
});

Answer 1

(由于代表无法发表评论，抱歉)

我假设您的示例代码并未包含所有内容，但是您为什么不合并这些任务并在您的构建任务中使用您的 gulp.src() 而不是调用另一个任务。

也许它对您有用，但是根据您所展示的内容，我无法解释您为什么这样做，而不是简单地使用以下内容:

gulp.task('build', function (path) {
    gulp.src('bundles/**/*.js)
    //Your code for this task
});

当然，它删除了 bundles 任务，但它没有用。
如果我错了，请不要犹豫，发表评论，我会尽力帮助你。