如何使用gulp.src（）获取正在处理的当前文件名

Question

我必须在文件夹中的多个json文件上运行某些gulp任务，但该任务将根据文件名获取不同位置的文件。

我可以通过在cmd中将文件名作为参数传递来运行任务，但我想自动化脚本，以便为src位置中的所有文件执行它。

gulp.task("writeJSON", function() {
    dataObj = require("./src/data/" + argv["filename"] + ".json");
    dataObjKeysList = require("./src/data/stats/" + argv["filename"] + ".json");
    segregateData(dataObj, dataObjKeysList, tabspace, false);
    gulp
      .src("./src/metadata.html")
      .pipe(rename(argv["filename"] + ".html"))
      .pipe(gulp.dest("./src/output"));
  });

任何帮助将不胜感激。

Answer 1

我能够使用节点文件流解决上述问题。我发现这篇有用的文章

Filewalker Source

使用下面的实用程序函数，它将目录路径和回调作为args。

  function filewalker(dir, done) {
      let results = [];

      fs.readdir(dir, function(err, list) {
          if (err) return done(err);

          var pending = list.length;

          if (!pending) return done(null, results);

          list.forEach(function(file){
              file = path.resolve(dir, file);

              fs.stat(file, function(err, stat){
                  // If directory, execute a recursive call
                  if (stat && stat.isDirectory()) {
                      // Add directory to array [comment if you need to remove the directories from the array]
                      results.push(file);

                      filewalker(file, function(err, res){
                          results = results.concat(res);
                          if (!--pending) done(null, results);
                      });
                  } else {
                      results.push(file);
                      if (!--pending) done(null, results);
                  }
              });
          });
      });
  };

在我的gulp任务中添加了以下执行

filewalker("./src/data/stats/" , function(err, dataFilesList){
        if(err){
            throw err;
        }
        dataFilesList.map((name) => {
            let fileName = path.basename(name); 
            fileName = fileName.split('.')[0];
            gutil.log('Generating ' + fileName + '.html file.');
       });
    });