Question

我有这个gulp任务：

gulp.task('css', function() {
    return gulp.src( [CONFIG.css.source + '/**/*.scss'].concat(CONFIG.css.ignore) )
        .pipe( watch([CONFIG.css.source + '/**/*.scss'].concat(CONFIG.css.ignore)) )            
        .pipe( sass({errLogToConsole: true}) )
        .pipe( gulp.dest(CONFIG.css.dest) )
});

通过此任务，我可以观看.scss文件并在其上应用sass。问题是当我使用@import partial.scss时。这些部分不会被监视，所以我每次都要保存部分文件，然后保存主要的style.scss文件（调用导入文件），以便启动任务。

如何查看导入，而不必保存导入和导入程序scss文件？

为简单起见，我们说我有一个 style.scss 文件，可以导入 partials / partial.scss 。当我编辑并保存部分内容时，只应运行 style.scss 上的任务。

备注：

CONFIG.css.ignore是partials文件夹的路径（以这种方式，它们不会被直接观看并保存在错误的文件夹中），但这也会导致部分不被监视的问题..

Answer 1

我建议/使用稍微不同的方法。我有一个独立的任务来启动观察者，例如：

var pathToAllScssIncludingPartials = '/**/*.scss';

gulp.task('watchStyles', [], function() {
    gulp.watch(pathToAllScssIncludingPartials, ['css']);
});

只要输入文件发生变化，就会启动'css'。不再需要在watch任务中执行任何css内容。

Gulp sass甚至看着进口并经营着主要的父母

1 个答案: