Question

我想将一个大的gulp文件分成几个文件其中一些文件应该包含gulp-tasks，其他文件 - 原始函数，第三文件 - 两者都有我该怎么办？

我尝试使用一些文件创建目录，其中一些类似：

gulpfile.js
gulp/
├── css_tasks.js
└── js_tasks.js

然后在require-dir中使用gulpfile.js：

require('require-dir')('./gulp');

效果很好，但此方法允许使用所需目录中的仅任务。

但这还不够。
另外，我想使用其他文件中的原始函数，有些类似：

gulpfile.js
gulp/
├── common_methods.js
├── css_tasks.js
└── js_tasks.js

以这种方式使用它：

/* css_tasks.js: */

gulp.task('some_css_task', function() {
   var foo = someCommonMethod();
   /* task stuff */
})

和

/* js_tasks.js: */

gulp.task('some_js_task', function() {
   var boo = anotherCommonMethod();
   /* task stuff */
})

那么，我该怎么做呢？

Answer 1

根据require-dir模块，它根据您的目录结构返回一个对象。

{
  a: require('./a'),
  b: require('./b')
}

所以我建议您为js＆amp; css“gulp-task-files”。所以结构可以是下一个：

gulp/
├── common_methods.js
├── css/index.js
└── js/index.js

然后在你的gulpfile中你应该要求css＆amp; js文件夹分开如：

const js = require('require-dir')('./gulp/js');
const css = require('require-dir')('./gulp/css');

它允许您拥有common_methods.js文件，这些文件可以在这些（js＆amp; css）任务文件夹和＆amp;之间共享。不会通过common_methods.js

导出require-dir

<强> 更新

// common_methods.js
function method1(){}
function method2(){}

module.exports = {
  foo: method1,
  baz: method2
}

// js/index.js
const foo = require('../common_methods').foo;

// css/index.js
const baz = require('../common_methods').baz;

希望它有意义。

将gulp-file分成几个文件

1 个答案: