如何在gulp中組合文件名以用作命令行工具的參數？

Question

我如何創建一個Gulpfile.js，它能夠（fi）將某個目錄中所有cpp文件的路徑傳遞給g ++？

生成的shell命令應如下所示：

g++ -o myprog.exe file1.cpp file2.cpp

而且我正在考慮一個可能看起來像這樣的大口吃解決方案：

gulp.task('compile-cpps',function (){
    gulp.src("src/*.cpp")
       .pipe(listify-filenames())
       .pipe(shell_cmd("g++ -o myprog.exe <$filenames$>"))
})

Answer 1

如果您實際上並沒有使用gulp流，請跳過它們：

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);
        });
    });
});

這將列出與您的glob匹配的所有文件，將每個文件名都用引號引起來（以允許空格），然后為g++生成一個新過程，並附加文件名。 完成后，將處理gulp的異步回調 。

您可以從進程中記錄或輸出stdout和stderr。 如果您希望以流方式處理該過程，請將exec替換為spawn並附加到事件 ：

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);
            });
    });
});