Question

我希望gulp监视工作文件夹中的所有更改，但只生成一个文件。因为我使用导入所有必需文件的scss，所以不需要编译所有.css个文件，只需编译主文件。

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']);
});

我必须进入./sass/style.scss并将其保存到triger gulp watch。

我希望gulp能够观看所有文件（类似./**/*.scss），但只能渲染一个文件 - ./sass/style.scss。如何实现？

Answer 1

解决方法很简单，只需将watch的{{1}}部分编辑为：

gulpfile.js

其中说：关注所有gulp.task('watch', function() { gulp.watch('./**/*.scss', ['sass']); });以及更改后的.scss支持。

'sass'仅汇编'sass'

Gulp观看所有文件，但只渲染一个（sass）

1 个答案: