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我正在尝试自动化以在 gulp 中连接和丑化 js。
这是我的 gulpfile.js:
gulp.task('compressjs', function() {
gulp.src(['public/app/**/*.js','!public/app/**/*.min.js'])
.pipe(sourcemaps.init())
.pipe(wrap('(function(){"use strict"; <%= contents %>\n})();'))
.pipe(uglify())
.pipe(concat('all.js'))
.pipe(rename({
extname: '.min.js'
}))
.pipe(sourcemaps.write('.'))
.pipe(gulp.dest('public/app'));
})
你认为有必要用(function(){"use strict"; <%= contents %>\n})();
包装每个文件吗?以避免在每个文件被连接在一起时发生冲突?您认为我的 gulp 任务很好,还是可以更好地执行它的任务?
最佳答案
对于大多数代码来说,将每个文件包装在一个闭包中确实不是必需的。那里有一些泄漏变量的坏库,但我建议你根据具体情况处理它们,如果可能的话,发出 Pull Requests 来解决问题或停止使用它们。通常,它们不能像将它们包装在一个函数中那样简单地固定。
您上面的任务不会将所有文件正确传递给 uglify 任务 - 您需要先连接。您也不需要重命名,因为您可以在连接中指定全名。下面是一个经过良好测试的 Gulp 设置,可以完全按照您的要求进行操作:
gulp.task('javascript:vendor', function(callback) {
return gulp.src([
'./node_modules/jquery/dist/jquery.js',
'./node_modules/underscore/underscore.js',
'./node_modules/backbone/backbone.js'
])
.pipe(sourcemaps.init())
// getBundleName creates a cache busting name
.pipe(concat(getBundleName('vendor')))
.pipe(uglify())
.pipe(sourcemaps.write('./'))
.pipe(gulp.dest('./public/app'))
.on('error', handleErrors);
});
关于gulp - 在 gulp 中连接和丑化 js 的最佳方式,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/28189177/
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我是一名优秀的程序员,十分优秀!