Javascript Gulp4迁移-无效的全局参数

我正在进行gulp从3.9.0版到4.0.0版的迁移

我在gulp.src（“”）上的gulpfile.js中得到一个错误，错误消息是“error:Invalid glob argument:”

gulpfile.js中的gulp.task（）如下所示-

gulp.task('build-version', function(done) {
    var dir = path.build + '/js',
        filename = "build.js";

    gulp.src('')
        .pipe(ngConfig('ppm', {
            createModule: false,
            constants: {
                newUIBuildVersion: buildVersion
            }
        }))
        .pipe(rename(filename))
        .pipe(gulp.dest(dir));

    // lint build.js file
    return gulp.src(dir + '/' + filename)
        .pipe(jshint(config.jshint))
        .pipe(jshint.reporter(stylish))
        .pipe(jshint.reporter('fail'))
        .on('error', function(err) {
            log(err);
        });});

而gulp版本：4.0.0，节点版本：8.11.4

我的错误消息：

请在终端中查找错误消息的图像

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有人知道我如何解决这个问题吗

我无意中发现了这个问题，并通过研究发现了这个问题，因为它似乎没有得到完全的回答

是的，问题源于

gulp.src（“”）

为空，但在gulp 3中，这是正常的，默认情况下是允许的

根据Gulp文档（为4.0编写，作为真理之源，而不是从迁移的角度），您似乎可以传入一个默认为false的选项

allowEmpty

。因此，如果您的代码中有

gulp.src（“”）

您还需要指定

allowEmpty

选项

它们为上下文提供的一个示例是

src（globs，[options]）

下面是一个示例：

gulp.src（'''，{allowEmpty:true}）

如果这不起作用，我读过的其他文章会说：

gulp.src（[]，{allowEmpty:true}）

或者：

gulp.src（'.'，{allowEmpty:true}）

如果您遇到其他问题，这里提供了所有选项的链接

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希望这有帮助！谢谢

您在这里什么都没有：：

gulp.src（“”）

。是的，我知道，但是我以前版本的gulpfile.js只有空字符串，它工作得非常好。任何关于我可以在gulp.src（“”）中传递什么的建议。感谢您的回复，我真的很感激。我能够让它使用：

gulp.src（‘.，{allowEmpty:true}）

它传递当前目录，以防它帮助其他人，-在我的例子中，gulp正在寻找一个不存在的特定文件，同样的错误。