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我们有一个包含约 12 个任务的 gulpfile，其中 4 个由gulp.watch. 我想gulp-notify在任务gulp.watch完成时使用。gulp-notify如果直接运行任务，我不想做任何事情。下面的示例代码：

const
    debug = require("gulp-debug"),
    gulp = require("gulp"),
    notify = require("gulp-notify");

gulp.task("scripts:app", function () {
    return gulp.src(...)
        .pipe(debug({ title: "tsc" }))
        .pipe(...);                // <--- if i add notify here, 
                                   //      I will always get a notification
});

gulp.task("watch", function () {
    gulp.watch("ts/**/*.ts", ["scripts:app"]);
});

如果我通过管道连接到任务notify内部'scripts:app'，它会在每次任务运行时发出通知，无论该任务是如何启动的。同样，我想在监视任务完成时通知。

我考虑添加一个'scripts:app:notify'依赖于的任务'scripts:app'，但如果可能的话，我想避免创建“不必要的”任务。

我还尝试了以下方法：

gulp.watch("ts/**/*.ts", ["scripts:app"])
    .on("change", function (x) { notify('changed!').write(''); });

但这会导致每个文件更改的通知。我想要任务完成时的通知。

换句话说，如果我运行gulp scripts:app，我不应该收到通知。当我运行gulp watch并更改监视文件时，我应该会收到通知。

我怎样才能做到这一点？

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1 回答 1

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尝试将参数添加到您的构建脚本中：

function buildApp(notify){
    return gulp.src(...)
        .pipe(...)
        .pipe(function(){
            if (notify) {
                //drop notification
            }
        });
    });      
}

//Register watcher
gulp.watch("ts/**/*.ts", function(){
    var notify = true;
    buildApp(notify);
});

//Register task so we can still call it manually
gulp.task("scripts:app", buildApp.bind(null, false));

如您所见，buildApp是一个简单的函数。它可以通过观察者或“正常”任务注册来调用。

于 2017-05-12T20:38:05.997 回答