[英]How to combine filenames in gulp to use as arguments for a command line tool?
我如何创建一个Gulpfile.js,它能够(fi)将某个目录中所有cpp文件的路径传递给g ++?
生成的shell命令应如下所示:
g++ -o myprog.exe file1.cpp file2.cpp
而且我正在考虑一个可能看起来像这样的大口吃解决方案:
gulp.task('compile-cpps',function (){
gulp.src("src/*.cpp")
.pipe(listify-filenames())
.pipe(shell_cmd("g++ -o myprog.exe <$filenames$>"))
})
如果您实际上并没有使用gulp流,请跳过它们:
var glob = require('glob'),
exec = require('child_process').exec;
gulp task('compile-cpps', function(gulpCallback) {
glob('src/*.cpp', function(files) {
files = files.map(function(f) { return '"'+f+'"'; }).join(' ');
exec('g++ -o my-prog.exe '+files, function(error, stdout, stderr) {
gulpCallback(error);
});
});
});
这将列出与您的glob
匹配的所有文件,将每个文件名都用引号引起来(以允许空格),然后为g++
生成一个新过程,并附加文件名。 完成后,将处理gulp的异步回调 。
您可以从进程中记录或输出stdout和stderr。 如果您希望以流方式处理该过程,请将exec
替换为spawn
并附加到事件 :
var glob = require('glob'),
spawn = require('child_process').spawn;
gulp task('compile-cpps', function(gulpCallback) {
glob('src/*.cpp', function(files) {
spawn('g++', ['-o', 'my-prog.exe'].concat(files))
.on('close', function(code) {
gulpCallback(code);
});
});
});
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