Gulp 吞咽-使用参数启动任务

因此，我正在尝试创建一个gulp工作流，并且我想为一些任务实现一些选项，比如

gulp copy images--changed

。现在，我创建了一个监视任务，它显然监视所有的图像文件，并且应该使用--changed标志启动

copy images

理想情况下，我想这样做：

gulp.task('copy-images', function(){
    // some code
});

gulp.task('watch', function(){
    gulp.watch(config.images, ['copy-images --changed']);
});

我也非常清楚我可以做到：

gulp.task('copy-images', function(){
    // some code
});

gulp.task('copy-images-changed', function(){
    // some code
});

gulp.task('watch', function(){
    gulp.watch(config.images, ['copy-images']);
});

但这意味着代码重复。
有人提出解决方案或建议吗

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提前谢谢

Gulp不提供为任务指定选项的内置方式。您必须使用外部选项解析器模块，如。有关该主题的更多信息，请参阅

这也意味着将类似于

['copy-images--changed']

的内容传递到

gulp.watch（）

将不起作用。整个字符串将仅解释为任务名称

对您来说，最好的方法是将任务的代码分解成一个函数，然后从任务和手表中调用此函数：

var argv = require('yargs').argv;

function copyImages(opts) {
  if (opts.changed) {
    // some code
  } else {
    // some other code
  }
}

gulp.task('copy-images', function() {
  copyImages(argv);
});

gulp.task('watch', function(){
    gulp.watch(config.images, function() {
      copyImages({changed:true});
    });
});

以上内容应涵盖您的所有基础：

• 吞下复制图像

  将执行

  //其他一些代码

• 吞下复制图像--changed

  将执行

  //一些代码

• gulpwatch

  将在监视的文件更改时执行

  //某些代码

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好的，我希望有其他解决方案，但无论如何，感谢您给出了澄清的答案。；-）