Ionic framework Gulp concat-除某些文件外的所有文件

我已经找了一段时间了，但是运气不好

我正在尝试编写一个gulp任务，它应该连接lib文件夹中的所有js文件，除了一些

我尝试了以下方法，使用gulp ignore，但没有成功：

var gulpIgnore = require('gulp-ignore');

var ignoreIonic = '!./www/lib/ionic/';

gulp.task('unify-libs', function () {
    gulp.src(paths.libs)
        .pipe(sourcemaps.init())
        .pipe(ngAnnotate({
            single_quotes: true
        }))
        .pipe(gulpIgnore.exclude(ignoreIonic))
        .pipe(concat('libs.js'))
        .pipe(uglify())
        .pipe(sourcemaps.write())
        .pipe(gulp.dest('./src/js'));
});

我的文件夹结构如下所示：

www
 |--lib
    |--ionic
    |   |--css
    |   |--fonts
    |   |--js
    |   |   |--angular
    |   |   |--angular-ui
    |   |   |--ionic.bundle.js
    |   |   |--ionic.bundle.min.js
    |   |   |--ionic.js
    |   |   |--ionic.min.js
    |   |   |--ionic-angular.js
    |   |   |--ionic-angular.min.js
    |   |--scss
    |--test.js

我试图通过“吞咽”任务实现的目标是：

我想将lib文件夹中的所有文件连接起来，但在ionic->js中，我只想将ionic.bundle.min.js连接到最终的javascript，而不是所有文件

---

有什么帮助吗？谢谢

我的帮助并不简单，但从长远来看可能会更好。我建议不要重新发明轮子，使用经过验证的软件包来开发移动应用程序。有一位伟大的基因学家将从头开始提供一个离子启动项目，包括所有额外的功能，如gulp minification：

---

最后，我这样解决了：

var paths = {
    libs: ['./www/lib/**/*.js', '!./www/lib/ionic/**'],
    ....
};

gulp.task('unify-libs', function () {
    gulp.src(paths.libs)
        .pipe(sourcemaps.init())
        .pipe(ngAnnotate({single_quotes: true}))
        .pipe(concat('libs.js'))
        .pipe(uglify())
        .pipe(sourcemaps.write())
        .pipe(gulp.dest('./src/' + appRelease + '/js'));
});

现在它正在编译

lib

文件夹中的所有文件，除了爱奥尼亚文件夹中的任何文件。我刚刚决定把我需要的唯一文件直接复制到我的src文件夹中，这使我的生活更轻松

---

希望能有所帮助。

谢谢你的链接，但我已经花了一些时间来调整它，使其能够正常工作，只剩下连接了。。我可能应该使用您以前提供的工具，但现在我不想再开始阅读此提供的答案我认为应该是：gulp.src（[path.libs，ignoreIonic]）…您确定path.libs不是空的吗？那么我认为您应该先连接两个数组，我认为gulpsrc期望一个数组作为参数。