Gulp-js 仅将保存的文件传递给任务

Question

我想将一个不需要编译或不需要保存到新位置的已保存文件传递给 gulp-tap，以便我可以在其上运行外部脚本。

现在我看的是一个完整的目录，每次保存时我都会上传整个目录：

gulp.task('shopify_theme',function(){
gulp.src( './theme/**/*.liquid' )
    .pipe(tap(function(file){
          upload(file);
    }));
})

这是上传部分（主题是一个将资产上传到shopify的应用程序）

var upload = function( file ){
var splitPath = file.path.split('theme/').pop();
run('theme upload ' + splitPath, { cwd: 'theme' }).exec();
};

每次我在 /theme 目录中保存一个液体文件时，所有文件 (theme/**/*.liquid) 都会被上传。 gulp-changed 不起作用，因为在任务运行时目标和源是相同的。

仅上传已更改文件的最佳方式是什么？

Answer 1

您可以使用gulp.watch 来监视单个文件的更改：

var upload = function(filePath){
  var splitPath = filePath.split('theme/').pop();
  run('theme upload ' + splitPath, { cwd: 'theme' }).exec();
};

gulp.watch('./theme/**/*.liquid', function(evnt) {
  upload(evnt.path);
});