问题标签 [node-glob]

在 Gulp 中，我有一个要验证的 glob 模式。例如：

我想看看 glob['./public/res-min/**/*.js']是如何扩展的。如何打印gulp.src此示例中生成的参数/文件列表？

更新：原来有一个非常简单gulp-print的方法可以解决这样的工作：

这是我当前的代码，用于将相关文件从我的源代码复制到我的构建目录。它没有按预期工作

我的想法是这样的：

1. 选择 src 中的所有文件和文件夹
2. 删除所有 js 和 sass 文件，因为它们被编译/concat/minified 并复制以构建另一个任务
3. 但是必须复制console.js 和cordova.js，所以我想将它们重新包含到glob 中

好吧，我认为 globArray 中的元素顺序是一个优先级或其他东西，因此例如 console.js 在它被过滤掉后会被重新包含。好像不是这样:(

我能做些什么？

我有一个看起来像这样的项目

如何编写glob 模式以排除 c & d 文件夹但获取所有其他 javascript 文件？我在这里查看了一个示例，但无法正常工作。

我想解决方案看起来类似于：

我想要回来

我想使用 sindresorhus 的node del 插件（或真的node-glob）的绝对路径，但它似乎不起作用。我尝试摆弄node-glob 的选项，例如cwdand root，但没有让它工作。

有人知道吗？我的尝试之一：

对此肯定有一个简单的答案，以至于我找不到以前问过的人：

包含文件夹中的所有文件但忽略所有子文件夹的通配模式是什么？

gulp.src('*') 包括所有文件和文件夹。我只想要文件，而不必单独排除文件夹。

我有这个 Gulp 片段：

这个文件夹结构：

• 资产
  • js
    • 一杯咖啡
    • AB咖啡
    • ABC咖啡
    • X.js

目的是复制所有内容，除了：

• 资产/图像的内容
• 任何和所有 CoffeeScript 文件

但是，这种 glob 模式并不排除 AB 和 ABCcoffee。

这样做的正确模式是什么？

我们的 gulp 构建需要一堆用 bower 安装的库，然后将它们与我们分布在多个目录中的所有代码连接起来。这是它的样子：

我们的问题是，每当有人添加新库时，其他开发人员如果没有运行bower install以获取新组件，就会遇到问题。没有它们就可以构建，scripts.js因为它不会介意其中一个 glob 返回空，即使它是一个命名文件。

这应该如何解决？如果 glob 返回零结果，有没有办法抛出错误？

我有一个像这样的吞咽任务：

我的目录结构：

我期待index.php参加，build/free/plugins/但事实并非如此：

我的问题：

1. 首先，我该如何调试这个问题？我将如何获得 gulp glob 产生的结果？任何文章或材料将不胜感激。
2. 为什么不出index.php现在build/free/plugins/？

PS：将 gulp glob 顺序更改为此并没有什么不同：["src/**", "!src/composer.*", "LICENSE", "!src/plugins/**", "src/plugins/index.php"]

我有这个脚本：

join(',')不起作用，导致脚本失败。没有它的实际输出：

预期输出：

稍后我想在数组循环中调用这个输出。

请原谅我不知道这么基本的东西（可能这个问题也需要纠正）。我怎样才能调用glob外面的结果呢？如果我不想在console.log();里面glob（住在哪里console.log(files);）？

编辑：

在链接资源之后，我成功地从异步调用中获取了数据：