Question

首先，我的文件夹结构：

__ Src / scss / / *在这里，我有4个文件夹和一个主要的scss文件，其中包括子文件夹中的所有文件* /

这是我希望gulpfile从__src / scss / main-style.scss内的main-style.scss文件中获取所有内容并将其输出到wp-content / themes / gdesign /中的main-style.css文件的地方

我的gulpfile就是这样：

var gulp = require('gulp');
var sass = require('gulp-sass');


gulp.task('sass', function() {
    return gulp.src('__src/scss/**/*.scss')
    .pipe(sass())
    .pipe(gulp.dest('wp-content/themes/gdesign/'))
})

gulp.task('watch', function() {
    gulp.watch('__src/scss/**/*.scss', ['sass']);
})

这正在工作，并将所有内容保存在main-style.scss中，并将其输出到main-style.css中。问题是，当我在名为_reset.scss的子文件夹中创建文件并在其中设置样式并将其包含在main-style.scss中时，我必须保存main-style.scss文件以供gulpfile注意更改。

我希望能够保存已经包含在main-style.scss中的文件，然后gulpfile会注意到该文件已更改，然后更新main-style.css文件，而无需打开main-style .scss文件并保存。

如果您希望我分享更多代码或更好地解释，我可以尝试这样做。

希望这里的某人比我更好，并且可以提供一些技巧：）

获取gulpfile以查看保存的所有scss文件

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