javascript - 使用 yargs 和 gulp-if 分离/组合 gulp 任务源

Question

假设我想将所有 js 文件包含在按特定顺序连接的源文件夹中(使用 gulp-concat)。但是，如果有生产标志，我只想包含某些文件。

例如，在生产中我需要这些文件:

• modals.js
• utilities.js
• analytics.js
• signup.js
• cookies.js

但是，对于本地和登台，我不需要这两个:

• analytics.js
• cookies.js

是否可以使用 yargs 或者 gulp-if 来指定这一点？我知道我可以有两个来源列表，例如:

if (argv.production) {
    return gulp.src([
        'modals.js',
        'utilities.js',
        'analytics.js',
        'signup.js',
        'cookies.js'
    ])
} else if (argv.staging) {
    return gulp.src([
        'modals.js',
        'utilities.js',
        'signup.js',
    ])
}

但是，这意味着我没有遵守 DRY 原则，并且感觉很愚蠢并且容易出错。如果任务有生产标志，我可以以某种方式将它们拼接在一起作为一个仅包含分析和 cookie 之类的内容的单一源吗？

在理想的情况下，我可以在 gulp.src 数组中注入(inject) gulp if 语句，如果传递了正确的标志，则该数组仅包含仅用于生产的文件。

一些大声的思考: - 我应该在这里创建两个文件吗？一个是包含跨环境所需的所有内容的基础，然后是特定于生产的基础，然后将它们组合起来？看起来不必要的复杂，但可以解决问题。

Answer 1

如果您的目标是更加 DRY，您可以尝试一下，因为您的暂存文件集是生产文件的子集:

var base_list = ['modals.js', 'utilities.js', 'signup.js'];
if (argv.staging) {
    return gulp.src(base_list);
} else if (argv.production) {
    var prod_list = base_list.concat(['analytics.js', 'cookies.js']);
    return gulp.src(prod_list);
}

或者更简化(只要只有生产需要其他文件，并且所有其他环境都获取子集):

var file_list = ['modals.js', 'utilities.js', 'signup.js'];
if (argv.production) {
    file_list = file_list.concat(['analytics.js', 'cookies.js']);
}
return gulp.src(file_list);

可能还有一些其他特定于 gulp 的最佳实践或工具可以在这里发挥作用，但一些简单的 JavaScript 可能可以解决问题。