javascript - Gulp watch 仅检测第一个更改

Question

我正在研究 gulp 并实现 watch 功能。但 gulp watch 仅在第一次检测到更改。

我想编写代码，以便它检测CSS和JS文件的变化，并在开发环境中执行缩小和串联。

我正在使用以下代码:

var gulp = require('gulp');
var concat = require('gulp-concat');
var clean_css = require('gulp-clean-css');
var uglify = require('gulp-uglify');

gulp.task('style', function(){
    gulp.src(['assets/css/style.css', 'assets/css/custom.css'])
        .pipe(concat('build.min.css'))
        .pipe(clean_css())
        .pipe(gulp.dest('assets/build'));
});

gulp.task('script', function(){
    gulp.src(['assets/js/jquery.js', 'assets/js/custom.js'])
        .pipe(concat('build.min.js'))
        .pipe(uglify())
        .pipe(gulp.dest('assets/build'));
});

gulp.task('watch', function(){
    gulp.watch('assets/css/*.css', gulp.series('style') );
    gulp.watch('assets/js/*.js', gulp.series('script'));
});

Answer 1

这可能是因为 gulp 第一次不知道任务已经完成，因此当您下次修改文件时，它不会再次重新启动任务。只需在任务中添加 return 语句即可解决此问题:

gulp.task('style', function(){
  return gulp.src(['assets/css/style.css', 'assets/css/custom.css'])
    .pipe(concat('build.min.css'))
    .pipe(clean_css())
    .pipe(gulp.dest('assets/build'));
});

gulp.task('script', function(){
  return gulp.src(['assets/js/jquery.js', 'assets/js/custom.js'])
    .pipe(concat('build.min.js'))
    .pipe(uglify())
    .pipe(gulp.dest('assets/build'));
});