1

我需要设置一个gulp任务来优化目录中的图像文件，但由于这是一个现有站点，我无法更改输出目录。换句话说，我需要优化的图像来替换现有的图像。

我已经四处搜索，并阅读了文档gulp-imagemin，甚至尝试使用 shell 进行操作，但无济于事。

一定有办法做到这一点，但到目前为止，我还没有在互联网上找到如何做到这一点的证据。我希望SO的好人可以在这方面帮助我:)

这是我的代码：

var gulp = require('gulp');

var imagemin = require('gulp-imagemin');
var pngcrush = require('imagemin-pngcrush');

var paths = {
  files: './webroot/sites/files/**',
  filesDest: './webroot/sites/files',
};

gulp.task('files', function() {
  'use strict';

  // Minify all images
  return gulp.src(paths.files, {base: './webroot/sites/files'})
    .pipe(imagemin({
    progressive: true,
    svgoPlugins: [{removeViewBox: false}],
    use: [pngcrush()]
  }))
  .pipe(gulp.dest(paths.filesDest));
});

gulp.task('default', ['files']);
4

1 回答 1

0

正如 Delapouite 所说，这段代码是有效的，我只是错误地检查了它。

于 2014-07-18T14:06:41.130 回答