Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/4/webpack/2.json): failed to open stream: No such file or directory in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 167

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /data/phpspider/zhask/libs/tag.function.php on line 1116

Notice: Undefined index: in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 180

Warning: array_chunk() expects parameter 1 to be array, null given in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 181
Webpack 如何将源目录结构保存在输出目录中?_Webpack - Fatal编程技术网

Webpack 如何将源目录结构保存在输出目录中?

Webpack 如何将源目录结构保存在输出目录中?,webpack,Webpack,使用像这样的webpack.config.js文件: var path = require('path'); module.exports = { entry: { main: 'src/js/main.js', }, output: { path: path.resolve(__dirname, 'dist'), filename: '[name].js', publicPath: 'dist'

使用像这样的
webpack.config.js
文件:

var path = require('path');

module.exports = {
    entry: {
        main: 'src/js/main.js', 
    },
    output: {
        path: path.resolve(__dirname, 'dist'),
        filename: '[name].js',
        publicPath: 'dist'
    }
}
将导致所有输出文件被放置在
/dist
中,而没有任何目录结构。请注意,在我的输入文件中,我的结构是
src/js/main.js
。有没有办法在输出中保留该结构,从而产生
dist/js/main.js
而不仅仅是
dist/main.js


PS:我需要一个动态的解决方案,因为我将使用多个入口点。

您应该能够执行以下任一操作:

path: path.resolve(__dirname, 'dist/js'),


另外,使用
[name]
不需要,您可以随意命名输出文件(因为您只有一个入口点)

我编辑了我的问题。我希望解决方案是动态的,因为我将使用多个入口点。我很抱歉在我询问时没有澄清这一点。我的建议是不要担心使
dist/
匹配
src/
,因为您的
dist/main.js将是它导入/需要的所有文件的累积,因此它无论如何都不会匹配文件内容。我在其他项目中所做的是更改
条目的键
以包含我想要的任何输出路径。例如
条目:{'some/path/main':'src/js/main.js'}
。。。它没有那么漂亮,也没有那么动感,但它很有效。我认为这应该可以做到。非常感谢。
filename: 'js/[name].js',