如何使Gulp少只输出主文件，忽略包含？

Question

我在我的应用程序文件夹中有一个装满了更少文件的文件夹。其中有两个主文件和几个包含文件，所有这些文件都以"_“作为前缀。我只想将这2个文件及其源代码映射输出到我的build文件夹，但当然默认设置会输出所有较少的文件：

var gutil = require('gulp-util');
var changed = require('gulp-changed');
var path = require('path');
var less = require('gulp-less-sourcemap');

gulp.task('less', function() {
  gulp.src('./app/less/*.less')
     .pipe(less({
        generateSourceMap: true, // default true
        paths: [path.join(__dirname, 'less', 'includes')]
    }))
    .pipe(gulp.dest('./build/css'));
});

我想我可以把我的包含放在一个子目录中，但是如果我没有必要的话，我宁愿不必编辑更少的内容。

更新

我知道如何在中指定一个单个文件，但是我有两个更少的文件，需要生成2个CSS文件，每个文件都有自己的映射。

Answer 1

解决方案1：

使用event-stream。

gulp.task('less', function(cb) {
  var lessc = less({
    paths: [path.join(__dirname, 'less', 'includes')]
  });
  return es.merge(
    gulp.src('app/less/main.less')
      .pipe(lessc)
      .pipe(gulp.dest('build/css')),
    gulp.src('app/less/theme.less')
      .pipe(lessc)
      .pipe(gulp.dest('build/css'))
  );
});

解决方案2：

创建两个任务。

gulp.task('less', ['less:main', 'less:theme']);
gulp.task('less:main', function() {
  return gulp.src('./app/less/main.less')
    .pipe(less({ paths: [path.join(__dirname, 'less', 'includes')] }))
    .pipe(gulp.dest('./build/css'));
});
gulp.task('less:theme', function() {
  return gulp.src('./app/less/theme.less')
    .pipe(less({ paths: [path.join(__dirname, 'less', 'includes')] }))
    .pipe(gulp.dest('./build/css'));
});