Gulp 从文件名中删除.min.*

我有以下文件数组

  var jqueryFiles=[
                    'bower_components/jquery/dist/jquery.min.js',
                    'bower_components/jquery-slimscroll/jquery.slimscroll.min.js',
                    'bower_components/jquery-ui/jquery-ui.min.js'
                  ]

我想要实现的是将它们移动到文件夹

web/assets/vendor

，但它们的名称在js eg之前没有

.min.

我想将

'bower\u components/jquery slimscroll/jquery.slimscroll.min.js

移动到

web/assets/vendor/jquery.slimscroll.js

文件中

有什么想法吗？

你可以这样做。如果在开发中，您可以这样指定代码

var ext_replace = require('gulp-ext-replace');
 gulp.src("file.js").pipe(ext_replace('.min.js', '.js')).pipe(gulp.dest(tagrget)

你可以这样做。如果在开发中，您可以这样指定代码

var ext_replace = require('gulp-ext-replace');
 gulp.src("file.js").pipe(ext_replace('.min.js', '.js')).pipe(gulp.dest(tagrget)

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如果删除“min”，那么您如何知道它们是miniifed文件？这似乎是个奇怪的例子。为什么要这样做？我想这样做是因为以后我想根据我是否正在开发来选择加载缩小版还是未缩小版。传统上，该功能将通过将脚本标记写入min或no来提供。当然，你可以随心所欲地使用它。如果你删除了“min”，那么你怎么知道它们是miniifed文件？这似乎是个奇怪的例子。为什么要这样做？我想这样做是因为以后我想根据我是否正在开发来选择加载缩小版还是未缩小版。传统上，该功能将通过将脚本标记写入min或no来提供。当然，你可以随意使用它。如果你有错误，它应该是'gulp.src（“file.min.js”）.pipe（ext_replace（'.js'，'.min.js'））.pipe（gulp.dest（tagrget））`@dimitrisdesyllas:哦，对不起。发布答案时可能是打字错误。谢谢您有一个错误，它应该是'gulp.src（“file.min.js”）.pipe（ext_replace（'.js'，'.min.js'））.pipe（gulp.dest（tagrget））`@dimitrisdesdesyllas:噢，对不起。发布答案时可能是打字错误。谢谢并将更新我的答案。