Javascript 基本的狼吞虎咽的设置？

我想获取项目中的所有

.js

文件，并在同一目录中为每个文件保存一个简化版本

即，给定此项目目录结构：

project/
    gulpfile.js
    basic.js
    Project/
        Project.js
        Toolbelt.js
        Colors/
            RGBA.js
            HSLA.js

我的gulpfile应创建以下缩小文件：

project/
    basic.js
    basic.min.js // ADDED BY GULP
    Project/
        Project.js
        Project.min.js // ADDED BY GULP
        Toolbelt.js
        Toolbelt.min.js // ADDED BY GULP
        Colors/
            RGBA.js
            RGBA.min.js // ADDED BY GULP
            HSLA.js
            HSLA.min.js // ADDED BY GULP

这些似乎应该相对简单，但我似乎错过了。我不确定我做错了什么，但它似乎只适用于

basic.js

（

basic.min.js

已成功创建），但不适用于文件夹中的任何文件。我不确定

**.js

是否按照我的预期工作，或者

gulp.dest（“”）

是否未指向当前文件的目录。。我已经做了一些实验，但我被难倒了

var gulp   = require('gulp');
var uglify = require('gulp-uglify');
var rename = require('gulp-rename');

gulp.task('js-minify', function(){
    return gulp.src(['**.js', '!gulpfile.js', '!**.min.js'])
        .pipe(uglify())
        .pipe(rename(function(path){
            path.extname = '.min.js';
         }))
        .pipe(gulp.dest(''));
});

从命令行运行

gulpjsminify

，不会得到我想要的结果

---

我做错了什么？

您的问题是您的

gulp.src

路径，您没有在目录中查找：

['**/*.js', '!gulpfile.js', '!**/*.min.js']