Node.js 如何在一次吞咽任务中创建多个文件

我有一个数组，它表示生成的文件及其内容

[{name: "src/js/file1.js",content: "some js content"},
 {name: "src/file2.html",content: "some html content"},
 {name: "src/css/file3.css",content: "some css content"}]

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这些文件在文件系统中还不存在，我如何将它们插入到一个gulp管道中，以便在对它们执行任何其他gulp任务之前创建它们？我已经看过gulp foreach和gulp文件，但我不知道如何将它们粘在一起并使其工作。任何帮助都将不胜感激。

这是我的解决方案。。。这有点粗俗，但嘿，它很管用！请提出任何和所有的改进建议。如果你喜欢，请给我投票，谢谢

var gulp = require("gulp");
var foreach = require("gulp-foreach");
var file = require("gulp-file");
var addsrc = require('gulp-add-src');
var files = [{name: "src/js/file1.js",content: "some js content"},
             {name: "src/file2.html",content: "some html content"},
             {name: "src/css/file3.css",content: "some css content"}];

gulp.task("default", function() {   
    return gulp.src("./dummy.txt", {base: "./.build"})
    .pipe(foreach(function(stream, f){
        files.forEach(function(gfile){
            stream
                .pipe(file(gfile.name, gfile.content))
                .pipe(gulp.dest("./"));
        });
        return stream;
    }))
    .pipe(addsrc(["./.build/**/*", "!./dummy.txt"]))
    .pipe(gulp.dest("./app"));
}