gulp.src（）で現在のファイル名を取得します

私のgulp.jsファイルでは、すべてのHTMLファイルをexamplesフォルダーからフォルダーにストリーミングしていbuildます。

gulpタスクを作成することは難しくありません：

var gulp = require('gulp');

gulp.task('examples', function() {
    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(gulp.dest('./build'));
});

しかし、タスクで見つかった（および処理された）ファイル名を取得する方法がわかりません。または、適切なプラグインが見つかりません。

ファイル名の使用方法はわかりませんが、次のいずれかが役立つはずです。

• 名前だけを確認したい場合gulp-debugは、ビニールファイルの詳細を一覧表示するなどを使用できます。次のように、これをリストの必要な場所に挿入します。

  var gulp = require('gulp'),
      debug = require('gulp-debug');
  
  gulp.task('examples', function() {
      return gulp.src('./examples/*.html')
          .pipe(debug())
          .pipe(gulp.dest('./build'));
  });

• 別のオプションはですがgulp-filelog、これは私が使用していませんが、似ているように見えます（少しわかりやすいかもしれません）。

• 別のオプションはgulp-filesizeで、ファイルとそのサイズの両方を出力します。

• より詳細な制御が必要な場合は、のようなものgulp-tapを使用できます。これにより、独自の関数を提供し、パイプ内のファイルを確認できます。

このプラグインが私が期待していたことをしていることがわかりました：gulp-using

簡単な使用例：拡張子が.jsxのプロジェクト内のすべてのファイルを検索

gulp.task('reactify', function(){
        gulp.src(['../**/*.jsx']) 
            .pipe(using({}));
        ....
    });

出力：

[gulp] Using gulpfile /app/build/gulpfile.js
[gulp] Starting 'reactify'...
[gulp] Finished 'reactify' after 2.92 ms
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/logon.jsx
[gulp] Using file /app/staging/web/content/view/components/rauth.jsx

ここに別の簡単な方法があります。

var es, log, logFile;

es = require('event-stream');

log = require('gulp-util').log;

logFile = function(es) {
  return es.map(function(file, cb) {
    log(file.path);
    return cb();
  });
};

gulp.task("do", function() {
 return gulp.src('./examples/*.html')
   .pipe(logFile(es))
   .pipe(gulp.dest('./build'));
});

gulp-filenamesモジュールを使用して、パスの配列を取得できます。名前空間でグループ化することもできます。

var filenames = require("gulp-filenames");

gulp.src("./src/*.coffee")
    .pipe(filenames("coffeescript"))
    .pipe(gulp.dest("./dist"));

gulp.src("./src/*.js")
  .pipe(filenames("javascript"))
  .pipe(gulp.dest("./dist"));

filenames.get("coffeescript") // ["a.coffee","b.coffee"]  
                              // Do Something With it 

私の場合、gulp-ignoreは完璧でした。オプションとして、そこに関数を渡すことができます：

function condition(file) {
 // do whatever with file.path
 // return boolean true if needed to exclude file 
}

そして、タスクは次のようになります。

var gulpIgnore = require('gulp-ignore');

gulp.task('task', function() {
  gulp.src('./**/*.js')
    .pipe(gulpIgnore.exclude(condition))
    .pipe(gulp.dest('./dist/'));
});

Typescriptで@OverZealous '回答（https://stackoverflow.com/a/21806974/1019307）を使用する場合は、次のimport代わりに行う必要がありますrequire。

import * as debug from 'gulp-debug';

...

    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(debug({title: 'example src:'}))
        .pipe(gulp.dest('./build'));

（私はも追加しましたtitle）。