我知道如何使用GULP任务来FTP文件,唯一的问题是我不希望所有的文件都被部署,更少的文件我不需要在服务器上,有人可以帮助我如何只上传css文件??
这是我的任务
'use strict';
var gulp = require('gulp');
var gutil = require( 'gulp-util' );
var ftp = require( 'vinyl-ftp' );
/** Configuration **/
var user = process.env.FTP_USER;
var pass
我正试图让我的头脑围绕着gulp观看和编译一个.less项目+ livereload。我有一个使用@import的style.less文件。当我运行吞咽任务时,它似乎不理解导入。当我修改主文件时,gulp会编译该文件并刷新浏览器,但是如果我只修改了一个导入,这些更改就会被忽略。
这是我的gulpfile.js
var gulp = require('gulp');
var less = require('gulp-less');
var watch = require('gulp-watch');
var prefix = require(
我正在使用更少的和格伦特,并移动到吞咽。
我的作品少了。当我跑步时:
lessc public/less/myapp.less
我得到的工作输出没有错误。我所有的更少,包括,是公开的/少的,BTW。这是我的吞咽文件:
var gulp = require('gulp');
var prefixer = require('gulp-autoprefixer');
var less = require('gulp-less');
gulp.task('compileLess', function () {
gulp
.s
我真的很喜欢gulpjs -这是我选择的任务经理,但我希望我几个月前就知道任务经理的事了,然后进入了gruntjs,主要是为了得到支持。对于狼吞虎咽的人来说,很难找到关于特定事物的信息。
我的问题是如何设置我的gulpfile.js,以便我可以编辑bootstrap.less文件,特别是variables.less。我确实安装了"“,并将其实现如下。
var less = require('gulp-less'),
path = require('path');
gulp.task('less', function () {
出于某种原因,我的吞咽文件已经停止输出错误--不管我在我的更少的文件上做了什么--它构建并显示了我的“工作更少”的信息--我正在拔我的头发!请给我ANy的主意?
var gulp = require('gulp');
var cleanCSS = require('gulp-clean-css');
var less = require('gulp-less');
var autoprefixer = require('gulp-autoprefixer');
var notify = require('gulp-noti
我正在尝试使用插件来编译我的更少的文件,但这就好像没有吞咽的插件从来没有输出我的更少文件的编译版本。较少的文件与其他CSS文件连接在一起,而不需要编译。
我试着单独编译我的更少的代码,而且它运行得很好,但是我不知道为什么它似乎与gulp插件相冲突。
这是我的吞咽文件:
var gulp = require('gulp');
var rm = require('gulp-rimraf');
var gulpif = require('gulp-if');
var less = require('gulp-less');
var cs
我有一个场景,我的一个客户想要将较少的文件放到src目录中(通过FTP),并希望它们自动作为CSS输出到build目录。对于每个较少的文件,一旦创建了其结果CSS文件,就应该将其从src目录中删除。如何使用Gulp完成此操作?
我当前的gulpfile.js是:
var gulp = require("gulp");
var watch = require("gulp-watch");
var less = require("gulp-less");
watch({ glob: "./src/**/*.less" })
.p
每一次,我都忍不住不去处理所有的事情。我试过:
更新我的版本的gulp
使用改变吞咽
使用gulp更新
它适用于gulp ngmin,但不适用于低吞咽量。
因此,只有当我更改test.js时,才会处理test.js:
var SRC = 'test.js';
var DEST = 'dist';
gulp.task('test', function () {
return gulp.src(SRC)
.pipe(changed(DEST))
// ngmin will only get
我有一个gulpfile,其中是一个监视任务,如下所示
gulp.task('watch', function() {
gulp.watch('template/slick/assets/less/*.less', ['less']); // Watch all the .less files, then run the less task
});
然后,这将调用该目录的较少编译到css,并将其移动到/css/文件夹。
然后我有两个其他的任务已经脚本最多,连接和移动这些.css文件到dist文件夹。
我需要知道的是,当我的手表调用较少的
查看根用户项目目录中所有较少的文件,然后只编译保存的更少的文件。我无法通过第一部分。
当我在项目目录中运行$ gulp时,它会挂起。启动任务,但从未完成。
var gulp = require('gulp');
var less = require('gulp-less');
var path = require('path');
gulp.task('compileCurrentTheme', function () {
return gulp.src('./*.less')
.pipe(less({
我已经试着解决这个问题好几天了。当我保存文件时,我试图让gulp编译我的更少的文件,但是我正在观察的文件的更改并不会触发gulp less。我的gulpfile.js是:
var gulp = require('gulp');
var watchLess = require('gulp-watch-less');
var less = require('gulp-less');
gulp.task('default', function () {
return gulp.src('less/style.less&
我刚开始使用Gulp,正在尝试将base.less编译成一个main.css文件。我计划添加更少的要编译的文件。到目前为止,js在运行gulp时编译得很好,但并不少。
我的gulpfile.js看起来是这样的:
// Include gulp
var gulp = require('gulp');
// Include plugins
var concat = require('gulp-concat');
var uglify = require('gulp-uglify');
var rename = require('gulp-
当我在项目中更改任何较少的文件时,不会触发以下gulp监视任务。有人能发现我做错了什么吗?这里的大多数答案都说不要使用无表模块,而我不是。它应该侦听项目中任何较少的文件中的更改,当一个文件发生更改时,转到app.less文件重新生成CSS文件(app.less已经@包含到所有文件)。
var watch = require("gulp-watch");
var less = require("gulp-less");
gulp.watch(paths.source + "**/*.less", function(event){
我想看一个包含较少文件的文件夹。当其中一个文件被更改时,我只想编译"styles.less“文件(该文件包含@imports到其他文件,如"header.less”、"navigation.less“等)。为此,我创建了2个tasks.When,运行任务"watchless",一切正常,它将styles.less编译为styles.css。但是如果计算出一个错误,当我编辑一个较少的文件时,监视器就会崩溃,即使是在吃管道工的时候也是如此。我该如何解决这个问题呢?
var gulp = require('gulp');
var plumber