如何从变量中正确地获取gulp.src全局？

Question

给定下面的Gulp设置

const { src, dest } = require('gulp');
var zip = require('gulp-zip');

var pkgDist = 'packages/';

function pkg(done) {
    src(['./**', '!node_modules/**', '!vendor/**', '!.gitignore', '!*.json', '!*.lock'], {base: '..'})
        .pipe(zip('archive.zip'))
        .pipe(dest(pkgDist))
    done();
};

exports.pkg = pkg;

如何对其进行修改，以便从变量(即src，即pkgSrc )中获取以下内容：

[...]

var pkgSrc = <what to put here?>;

[...]

    src(pkgSrc)

[...]

我试过使用这个var pkgSrc = " ['./**', '!node_modules/**', '!vendor/**', '!.gitignore', '!*.json', '!*.lock'], {base: '..'} ";，但它不起作用。

如果更简单的话，我也愿意接受导致这个src([pkgSrc], {base: '..'})的解决方案

Answer 1

你只需：

var pkgSrc = ['./**', '!node_modules/**', '!vendor/**', '!.gitignore', '!*.json', '!*.lock']

gulp.src第一个参数可以是字符串或数组，所以现在它是上面的数组。

第二个论点是选项的对象。将选项依次包括在内：{base: '..'}所以

src(pkgSrc, {base: '..'})