Css 将文件名从gulp watch获取到gulp任务中

我喝一大口

吞下手表

gulp.task('default',function() {
    gulp.watch([
        'assets/scss/**/*.scss',
    ], ['css']);
});

吞咽CSS任务

此任务正在使用包含其他scss文件的

style.scss

。当它被保存时，它被命名为

style.css

gulp.task('css', function() {
    gulp.src(['assets/scss/style.scss'])
        .pipe(sass())
        .pipe(gulp.dest('site/plugins/theme/assets/css'))
    ;
});

就我而言，我希望它是这样的：

gulp.task('css', function() {
    gulp.src(['assets/scss/' + filename])
        .pipe(sass())
        .pipe(gulp.dest('site/plugins/theme/assets/css'))
    ;
});

gulp.task('default',function() {
    gulp.watch([
        'assets/scss/**/*.scss',
    ], ['css', 'my-filename']);
});

在手表里，就像这样：

gulp.task('css', function() {
    gulp.src(['assets/scss/' + filename])
        .pipe(sass())
        .pipe(gulp.dest('site/plugins/theme/assets/css'))
    ;
});

gulp.task('default',function() {
    gulp.watch([
        'assets/scss/**/*.scss',
    ], ['css', 'my-filename']);
});

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从gulp watch发送文件名，以便在gulp src中使用。可能吗？怎么做？

我不认为可以通过调用单独的任务来实现这一点，但可以通过watcher中的匿名函数来实现

gulp.task('default', function() {
 gulp.watch(['assets/scss/**/*.scss'], function (obj) {

  return gulp.src(obj.path, {"base": "assets/scss/"})
   .pipe(sass())
   .pipe(gulp.dest('site/plugins/theme/assets/css'));

 });
});

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我不认为可以通过调用单独的任务来实现这一点，但是可以通过watcher中的匿名函数来实现

gulp.task('default', function() {
 gulp.watch(['assets/scss/**/*.scss'], function (obj) {

  return gulp.src(obj.path, {"base": "assets/scss/"})
   .pipe(sass())
   .pipe(gulp.dest('site/plugins/theme/assets/css'));

 });
});

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不，不可能。不能将参数传递给“吞咽”任务。你必须重构代码并将其放入自己的函数中。不，这是不可能的。不能将参数传递给“吞咽”任务。您必须重构代码并将其放入自己的函数中。