如何让gulpless只输出主文件，而忽略包含？

我的应用程序文件夹中有一个文件夹，其中包含的文件较少。有两个主文件和几个包含文件，所有文件的前缀都是“\ux”。我只想将这2个文件及其sourcemaps输出到我的构建文件夹，但默认设置会输出所有较少的文件：

var gutil = require('gulp-util');
var changed = require('gulp-changed');
var path = require('path');
var less = require('gulp-less-sourcemap');

gulp.task('less', function() {
  gulp.src('./app/less/*.less')
     .pipe(less({
        generateSourceMap: true, // default true
        paths: [path.join(__dirname, 'less', 'includes')]
    }))
    .pipe(gulp.dest('./build/css'));
});

我想我可以把我的include放在一个子目录中，但是如果不需要的话，我宁愿不必编辑LESS

更新

我知道如何在

gulp.src

中指定一个单个文件，但我少了两个文件，需要将它们制作成两个CSS文件，每个文件都有自己的映射

解决方案1： 使用

gulp.task（'less'，函数（cb）{
var lessc=更少({
路径：[path.join（_dirname，'less'，'includes'）]
});
返回es.merge(
gulp.src（'app/less/main.less'）
.管道（lessc）
.pipe（吞咽目标（“构建/css”），
gulp.src（'app/less/theme.less'）
.管道（lessc）
.pipe（gulp.dest（'build/css'））
);
});

解决方案2： 创建两个任务

gulp.task（'less'，['less:main'，'less:theme']）；
gulp.task（'less:main'，function（））{
返回gulp.src（'./app/less/main.less'）
.pipe（less（{path:[path.join（uu dirname，'less'，'includes'）]}））
.管道（吞咽目的地（'./建造/css'）；
});
gulp.task（'less:theme'，function（）{
return gulp.src（'./app/less/theme.less'）
.pipe（less（{path:[path.join（uu dirname，'less'，'includes'）]}））
.管道（吞咽目的地（'./建造/css'）；
});

没有

gulp.src（'./app/less/main.less'）

完成这项工作吗？我添加了一个更新：我有

main.less

和

theme.less

。