从gulp-watch的.on（）事件运行任务

Question

我试图在gulp中设置一个监视过程，该过程将修改后的文件作为参数。

我尝试使用gulp.watch（）的“ .on（'change'...）”钩子，因为似乎没有其他方法来获取触发该文件的文件的完整路径。观看事件。这使我可以访问已更改的文件，但是此时我不知道如何执行任务。我在其他地方读过gulp.start（）曾经可以工作，但是从gulp 4.0开始，此功能似乎已被删除。

我还研究了gulp运行，并尝试从命令行执行任务，但似乎也无法正常工作。

这是我使用的内容的精简版本：

gulp.task("watch", function() {
    return gulp.watch("<path and filemask to watch>")
        .on("change", function(file) {
            runTaskHere(file);
        })
}

我可以通过命令行中的“ gulp watch”来运行此监视程序，然后修改路径和文件掩码中包含的文件。这一切都很好。我可以打印出file参数，它是正确的。从这一点上来说，我根本无法执行任务。如果我稍微改变一下代码，以便代替匿名函数，而是使用gulp.series（）管道，任务将按预期执行，但我无权访问已修改文件的路径和文件名。

基本上，我要做的是根据修改后的文件的路径信息从gulpfile.js中手动运行gulp任务，并使其基本上从包装函数（.on（... ）从手表上摘下）。我了解到gulp的设计师一直在努力摆脱这种模式，但是在某些情况下，我看不到任何替代方案。如果无法实现我在这里所做的事情，那么gulp中是否还有其他选项可以实现我在这里要做的事情？

我唯一的选择是为每个目录创建一个监视（基于我的解析规则），而忘记尝试读取路径信息吗？

Answer 1

由于gulp任务仅仅是函数，为什么不呢？

 function mytask() {
   // do something here
}

gulp.task("sometask", mytask)

然后您可以稍后通过调用函数来启动任务...

on("change", function(file) {
        mytask(file);
} 

Answer 2

无论您要运行什么任务，都可以在on change事件中编写，我认为它将起作用。您还可以使用事件发射器类来帮助您发射事件，并在事件触发时运行任务。