Gulp/Grunt:只连接必要的JS文件？

Question

我得到了

我有一个生成app.min.js和libs.min.js的gulpfile文件；相当不言自明：

var dev = {
    libs: [
        'bower_components/angular/angular.min.js',
        'bower_components/angular-foundation/mm-foundation-tpls.min.js',
        'bower_components/underscore.string/dist/underscore.string.min.js'
    ]
};

var build = {
    js: 'public/js'
};

gulp.task('libs', function() {
    return gulp.src(dev.libs)
    .pipe(concat('libs.min.js'))
    .pipe(uglify({mangle: false}))
    .pipe(gulp.dest(build.js));
});

在这个设置中，每当我添加或删除一个库时，我都必须手动地将它添加到dev.libs数组中(并且顺序也是正确的)，然后重新启动Gulp来查看新的lib文件。

我不想

我希望能够连接我使用的js库，而不必在(array) dev.libs中具体定义它们。目前，如果我使用return gulp.src('**/*.js')，我相信它会连接到bower_components中的每个js文件，这显然是荒谬的。

问题

是否有一种方法可以自动加载所需的和 concat ，而不必在一个吞咽文件中定义它们？E 216

Answer 1

对于Bower，您可以使用插件主弓形文件来解析bower.json的内容并搜索每个依赖项的main文件，因此不必声明每个库。

var bowerFiles = require('main-bower-files');

然后你可以：

gulp.task('libs', function () {
  return gulp.src(bowerFiles())
    .pipe(concat('libs.min.js'))
    .pipe(uglify({mangle: false}))
    .pipe(gulp.dest(build.js));
});