启用吞咽-有条件地观察与吞咽-如果(或其他东西)

Question

基本上，我想设置我的任务，以便如果我做gulp less --watch，它将观察，否则只需进行构建。到目前为止，这就是我所拥有的：

'use strict';

var gulp = require('gulp');
var less = require('gulp-less');
var gulpif = require('gulp-if');
var watch = require('gulp-watch');
var cli = require('minimist')(process.argv.slice(2));

gulp.task('less', function () {
  return gulp.src(['./client/styles/styles.less', './client/styles/libs.less'])
    .pipe(less({ sourceMap: !cli.production }))
    .pipe(gulp.dest('./dist/styles'))
    .pipe(gulpif(cli.watch, watch()));
});

所发生的情况是，它仍然执行watch，但不传递任何文件。这也阻止了任务从process.exit()ing..。

我假设我必须将它包装在某种东西中，或者使用另一种方法(不是gulp-if)。

Answer 1

gulp-watch是一个没完没了的流，所以如果调用它，它就不会允许进程退出。您的任务总是调用watch()，以便将它传递给gulpif，即使if不需要它。这意味着你将运行一个独立的观察者。此外，监视程序需要在管道链中处于第一位，这样它才能重新触发其余的处理程序。

您需要做的是使用命令行参数有条件地调用和附加watch()。运行一项执行监视的任务。此外，如果在监视程序之后出现错误，请使用gulp-plumber (https://github.com/floatdrop/gulp-plumber)来保持流正常工作。

var plumber = require('gulp-plumber');
gulp.task('less', function () {
    var src = gulp.src(['./client/styles/styles.less', './client/styles/libs.less']);

    if (cli.watch) {  // watch() won't be called without the command line arg
        src = src.pipe(watch()).plumber(); 
    }

    return src.pipe(less({ sourceMap: !cli.production }))
        .pipe(gulp.dest('./dist/styles'));
});