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我正在使用gulp-plumber + gulp-notify并希望将gulp-notify中的任务名称作为标题。 以下是我写的代码,在此先感谢。 gulp.task('SOMETASK',function() { return gulp.src(sourcePaths) .pipe(plumber({errorHandler:notify.onError({ message:“
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gulp.task('connect',function(){ connect.server({ root:__dirname, livereload:true }); }); 以及以下Angular路线: $ b $ routeProvider .when(“/”,{ controller:“DashboardCtrl”, templateUrl:
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我创建了一个模块( webapp-module-storage ),它有以下定义: package.json { “dependencies”:{ ... }, “devDependencies”:{ “gulp”:“^ 3.9.1”, ... }, “name”: “webapp-module-storage”, “scripts”:{ “postinstall”:“gul
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我正在尝试创建带有浏览器和babelify的吞咽任务。这是任务: var gulp = require('gulp'); var browserify = require('gulp-browserify'); var source = require('vinyl-source-stream'); var babelify = require('babelify');
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我正在尝试创建一个我们可以在我们的一个大网站上使用的终极 gulpfile (根据您所在网站的部分,其中一个拥有多个主题) 。我试图让它只运行它需要运行的进程,而不是重新编译所有东西。 让我准确地布置我想要实现的内容: p> 文件夹结构 src / master-theme / css / style.scss 偏分数/ _a.scss _b.scss
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有 gulp-requirejs 插件,但它的列入黑名单,并显示以下消息:”使用 require.js 模块直接“。 文档相当稀少,我如何最好的将它与Gulp构建任务结合使用? 在文档中有一个示例: var requirejs = require('requirejs'); var config = { baseUrl:'../appDir/scripts', na
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var gulp = require('gulp'); var sass = require('gulp-sass'); var runSequence = require('run-sequence'); var changed = require('gulp var'); var to5 = require('gulp-babel'); var sourcemaps = require('g
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在我的远程服务器(Ubuntu 14.04 x64)上,每当我尝试使用我的捆绑包时,该过程只会返回“Killed”。当我不丑的时候,这很好。 有没有人遇到过这个问题?当我在本地Mac上执行它时,它没有问题(虽然我只是测试了它,耗时1.4分钟)。 这是我的webpack.config: var webpack = require('webpack'); 函数makeConf
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我想从 lib / a.js 和 lib.js c $ c> lib / b.js 并且能够使用脚本 client.js 使用 var a = require('lib / a.js'); 并且它在我编译的 lib.js 库之前包含 client.js (因此, lib.js 必须声明 require >函数知道 lib / a.js ) 我想我必须使用外部和别名但我不确定什么是正确的方法来
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我试图在安装Laravel 5.1时设置Gulp。我已经运行了命令 npm install ,如Laravel文档中所述,并且工作正常。 但是,我现在运行命令 gulp 我收到以下消息: ubuntu @NAME:/ var / www / html / FOLDER#gulp [14:04:56]使用gulpfile /var/www/html/FOLDER/gulpfile.
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我无法弄清楚 browserify basedir 选项有效。 :我的理解可能有误因为我来自RequireJS(想想 baseUrl )。$ b $ basedir b 编辑 确实我错了,但您仍然可以实现我正在尝试使用路径 basedir 选项为你提供了这个能力(自由度) !)从静态根目录/基目录中指定所有需要路径(以。开头)。而不是从 process.cwd() .. 这实际
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我遇到 gulp 的问题。我运行 gulp-watch 以及 gulp-less 和 gulp-clean 。一切都运行完美。 当我编辑 somefile.less 时,我用分号丢失或也许我不小心留下了一个尾随的; s ,在保存时我的代码中只有错误, gulp-less 记录错误在控制台。在我修复它之后 gulp-watch 继续观看文件,但是 gulp-less 不会触发,编译。当我停止
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我得到这个错误。运行gulp昨天工作得很好,但今天早上(改变了NO代码),我得到这个错误。 $ gulp [08:54:10]使用gulpfile C:\ Source\Source2\bunny-meadows\gulpfile.js [08:54:10]启动'scripts'... $ [08:54:10]'scripts'11 ms后出错 [08:54:10] Type
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gulp.src() 使用gulp将所有文件从一个目录复制到另一个目录。 ['app / ** / *'])。pipe(gulp.dest('dist')); 全局文档说 * 匹配所有文件,但实际上名称以点开头的文件(如 .gitignore )不会被复制。 它怎么能如果你添加选项 dot:true ,它应该工作。例如: gulp.task('som
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我试图在w7上使用gulp。 gruntjs作品..节点作品... 如果我开始没有gulp文件的gulp,它运行良好..说'没有找到gulpfile' gulp -v给出:cli版本3.5.6,本地版本3.5.6 安装它使用: npm install -g gulp npm install --save -dev gulp 如果我使用以下gulp文件: var gu
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我使用visual studio task runner(2015)来运行绑定到build之前的Gulp任务。 我已经设置好了,当gulp任务失败时,它发送退出代码1,最后它说“进程终止于代码1”。但是构建仍在继续。 这将取消团队城市中的构建,因此似乎将Visual Studio中的Task Runner链接到了一个问题。 如果使用非0的代码退出,我该如何防止发生这种构建? 正确
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是否有可能从其他gulp files.js中调用任务的一个主gulpfile.js?儿童gulpfile.js简单的“要求”到主要的不起作用。 我有一个平台项目,其中包含几个具有独立gulpfiles的子项目,所以我需要一个解决方案来管理所有子项目中的所有子项目。 解决方案 使用 require-dir 模块。从项目README使用它像这样: 跨多个文件分割任务 如果您的 g
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在安装React-native时出现错误,我试图寻找答案,但找不到答案。 运行“react-native init会见“我得到这个错误: 这会引导你在/ Users / alfred / React中创建一个新的React Native项目/ meet 从npm安装react-native包... 在/ Users / alfred / React / meet中设置新的Rea
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我有一个节点脚本,我想在同一个脚本中运行一个gulp任务,我该如何调用它? #!/ usr / bin / env节点 var gulp = require('gulp'); gulp.task('default',function(arg){ }); //如何调用任务'default' 解决方案 最终我找到了方法: gulp.start('defa
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我在Gulp上使用 sass -lint。如何从lint控制台输出中禁用我sass中特定样式的警告? 我发现了一个类似的问题,但我使用的是 sass -lint,而不是 scss -lint: 让scss-lint忽略特定行 p> 这是我正在使用的那个: https://www.npmjs.com/package/gulp-sass-lint 我尝试了一些基于 scss -li
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