Question

我编写了一个gulp任务，根据以markdown格式编写的源文件生成pdf文件（使用gulp-exec插件和名为Pandoc的命令行工具）。

我的任务如下：

gulp.task('pandoc', function() {
  var options = {
    continueOnError: false,
    pipeStdout: false
  };
  var reportOptions = {
    err: true,
    stderr: true,
    stdout: true
  };
  gulp.src('./pandoc/**/*.md')
    .pipe(gulpexec('pandoc -f markdown -t latex -s <%= file.path %> -o pandoc/test/<%= file.relative %>.pdf', options))
    .pipe(gulpexec.reporter(reportOptions));
});

除了dest文件具有以下格式外，它的工作原理完美：＆＃34; filename.md.pdf＆＃34; （如果源文件是＆＃34; filename.md＆＃34;）。这是因为我使用＆lt;％= file.relative％＆gt;在exec命令中实际存储源文件的名称（＆＃34; filename.md＆＃34;）。

是否可以将dest文件写成：＆＃34; filename.pdf＆＃34; ？我尝试使用＆lt;％= file.basename％＆gt;而不是＆lt;％= file.relative％＆gt;但它不起作用。当然，我可以创建另一个任务并重写所有文件，但我想找到一个更优雅的方式。有什么想法吗？

由于

Answer 1

您可以创建一个函数来生成所需的文件名，然后通过opt上的gulp-exec参数将其注入：

var gulpexec = require('gulp-exec');
var path = require('path');

gulp.task('pandoc', function() {
  var options = {
    continueOnError: false,
    pipeStdout: false
  };
  var reportOptions = {
    err: true,
    stderr: true,
    stdout: true
  };

  var outDir = './pandoc/test/';

  function execPandoc(outDir, options) {
    options = options || {};

    options._out = function(file) {
      return path.join(outDir, path.basename(file.relative, path.extname(file.relative)));
    };

    // Output an object to pipe into
    return gulpexec('pandoc -f markdown -t latex -s <%= file.path %> -o <%= options._out(file) %>.pdf', options)
  };

  gulp.src('./pandoc/**/*.md')
    .pipe(execPandoc(outDir, options))
    .pipe(gulpexec.reporter(reportOptions));
});

gulp-exec：如何根据源文件

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