有条件地忽略gulp.src中的文件

Question

源代码用于2个项目，每个项目都有一些通用代码。 我想通过吞咽任务有条件地忽略模块/文件夹/目录。

当我做下面的它完美

return gulp.src(
    config.appMarkupFiles 
    '!app/settings', '!app/settings/**' 
) 

不过，我想有条件做到这一点。 我也尝试了使用gulp-filter的下面的代码，这对我不起作用。

var isQA = $.yargs.argv.stage === 'qa'; 

var filterSettings = $.filter(['!app/settings{, /**}']) 
return gulp.src(
    config.appMarkupFiles 
) 
.pipe(($.if(isQA,$.filter(filterSettings))) 

Answer 1

你gulpfile仅仅是JavaScript的，所以你可以使用ternary operator在gulp.src()有条件排除文件：

var isQA = $.yargs.argv.stage === 'qa'; 

gulp.task('default', function() { 
    return gulp.src([config.appMarkupFiles].concat((isQA) ? ['!app/settings{,/**}'] : [])) 
    .pipe(gulp.dest('dist')); 
}); 

使用gulp-filter作品，但你必须在你的代码中有两处错误：

1. 有一个不必要的空间在!app/settings{, /**}和
2. 您申请$.filter两次。

下面是使用gulp-filter工作的解决方案：

var isQA = $.yargs.argv.stage === 'qa'; 

gulp.task('default', function() { 
    return gulp.src(config.appMarkupFiles) 
    .pipe($.if(isQA, $.filter(['!app/settings{,/**}']))) 
    .pipe(gulp.dest('dist')); 
});