忽略gulp.js中的任务依赖项

Question

我有以下任务

gulp.task('sass-build', ['clean-build'], function () {
    // do stuff
});

显然，这需要在开始之前完成clean-build 。 但是，我还想将此任务与gulp.watch一起使用，而没有clean-build依赖性。

我知道您可以使用帮助任务来解决此问题， 如在Gulp中跳过作为依赖项列出的任务中所建议的那样 ，但这将需要使用gulp.run （已弃用）或gulp.start （甚至没有记录，因为它是被认为是坏习惯）。

有什么更好的方法呢？ 还是使用gulp.run或gulp.start的唯一方法？

Answer 1

链接问题中显示的方法实际上还不错。 除了gulp.run您还可以使用执行相同操作的简单函数：

var sassFunction = function() {
    return gulp.src('blahbla')
        .pipe(bla())
}

gulp.task('sass-build', ['clean-build'], function () {
    return sassFunction()
});

gulp.task('sass-dev', function () {
    return sassFunction();
});


gulp.task('watch', function() {
    gulp.watch('your/sass/files/**/*.scss', ['sass-dev'])
});

您的其他方法也不错，并将与Gulp 4完全合并。

gulp.task('default', gulp.series('clean-build', gulp.parallel('sass-build')));

需要注意的事情，因为它完全更改了依赖关系树。

Answer 2

我使用run-sequence解决了这个问题。 这也使整个多任务顺序更加清晰。

我所做的就是从sass-build删除clean-build依赖sass-build 。 所以最终：

gulp.task('sass-build', function () {
    // do stuff
});

gulp.task('build', function () {
    runSequence('clean-build', [..., 'sass-build', ...], 'index-build');
});

gulp.task('watch', function () {
    gulp.watch('src/sass/*', ['sass-build']);
});

很方便！