我如何在gulp-rename和gulp-uglify上的同一路径或dest中创建一个最小文件？

Question

[大家好，我希望您度过愉快的一天，我正在尝试寻找一种方法来制作相同路径中的min文件或gulp（gulp-uglify and gulp -rename）。在下面的代码中，当我运行gulp时，除非停止终端，否则它将继续创建gulp.dest()，*.min.js和*.min.min.js等等。我如何使我的gulp在丑化的同时只能创建一个*.min.min.min.js。希望每个人都能帮助我。谢谢。

*.min.js

Answer 1

发生这种情况是因为您的

const gulp = require('gulp');
const browserSync = require('browser-sync').create();
const rename = require('gulp-rename');
const uglify = require('gulp-uglify');

gulp.task('scripts', function() {
    return gulp.src('./src/js/*.js')       
        .pipe(uglify())
        .pipe(rename( {suffix: '.min'} ))
        .pipe(gulp.dest('./src/js/'))
        .pipe(browserSync.stream());
});

gulp.task('browserSync', function(){

    browserSync.init({
        server : {
            baseDir : './'
        }
    });
    gulp.watch('./src/js/**.js', gulp.series('scripts'));
});

gulp.task('default', gulp.series('scripts', 'browserSync'));

任务正在将文件输出到与您正在观看的目录相同的目录中：

scripts

和

.pipe(gulp.dest('./src/js/'))

因此，每次gulp.watch('./src/js/**.js', gulp.series('scripts')); 运行并保存到该目录时，它都会再次触发scripts，从而触发watch等，等等。>

因此，将scripts保存到您不在监视的目录中，或者不监视.min文件。

顺便说一句，更改为.min //删除了一个星号