Question

如何创建一个能够（f.i）将某个目录中所有cpp文件的路径传递给g ++的Gulpfile.js？

生成的shell命令应如下所示：

g++ -o myprog.exe file1.cpp file2.cpp

我正在考虑一个看起来像这样的gulp解决方案：

gulp.task('compile-cpps',function (){
    gulp.src("src/*.cpp")
       .pipe(listify-filenames())
       .pipe(shell_cmd("g++ -o myprog.exe <$filenames$>"))
})

Answer 1

如果您实际上没有使用gulp流，请绕过它们：

var glob = require('glob'),
    exec = require('child_process').exec;

gulp task('compile-cpps', function(gulpCallback) {
    glob('src/*.cpp', function(files) {
        files = files.map(function(f) { return '"'+f+'"'; }).join(' ');
        exec('g++ -o my-prog.exe '+files, function(error, stdout, stderr) {
            gulpCallback(error);
        });
    });
});

这将列出与您的glob匹配的所有文件，将每个文件名包装在引号中（以允许空格），然后为g++生成一个附加文件名的新进程。完成后，async callback for gulp is handled。

您可以从进程中记录或输出stdout和stderr。如果您希望以流媒体方式处理该流程，请将exec替换为spawn and attach to the events：

var glob = require('glob'),
    spawn = require('child_process').spawn;

gulp task('compile-cpps', function(gulpCallback) {
    glob('src/*.cpp', function(files) {
        spawn('g++', ['-o', 'my-prog.exe'].concat(files))
            .on('close', function(code) {
                gulpCallback(code);
            });
    });
});

如何在gulp中组合文件名以用作命令行工具的参数？

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