Sass &引用；“大口大口大口大口大口地喝”；命令运行，但什么也没发生

这是我的gulpfile.js文件

'use strict';

var gulp = require('gulp');
var sass = require('gulp-sass');

gulp.task('sass', function () {
    return gulp.src('./sass/*.scss')
        .pipe(sass().on('error', sass.logError))
        .pipe(gulp.dest('./css'));
});

gulp.task('sass:watch', function () {
    gulp.watch('./sass/*.scss', ['sass']);
});

您可以在此处查看我的文件夹：

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我在主scss文件中编写了一些代码，然后在终端中运行gulp sass命令。它看起来可以工作，但没有任何变化。

有关部分的解释，请参阅或：

您可以创建包含CSS小片段的部分Sass文件，这些CSS片段可以包含在其他Sass文件中。这是一个模块化CSS的好方法，有助于使事情更易于维护。分部文件只是一个以前导下划线命名的Sass文件。您可以将其命名为_partial.scss。下划线让Sass知道该文件只是一个部分文件，不应将其生成为CSS文件。Sass partials与@import指令一起使用

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和。在您的情况下，删除main.scss文件名之前的下划线，它将按照您的预期工作。您将导入main.scs中其他部分文件（带前导下划线）。

我认为您不需要src目录或目标目录中的“/”应该是这样的

gulp.task('sass', function () {
return gulp.src('sass/*.scss')
    .pipe(sass().on('error', sass.logError))
    .pipe(gulp.dest('css'));
});

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您的_main.scss文件是部分文件，因此不会转换为任何内容。删除文件名前的uu下划线，它将正常工作。