Gulpfile生产准备好了吗？

Question

这里是我的一饮而尽文件

var gulp = require('gulp') 
var browserify = require('browserify') 
var source = require('vinyl-source-stream') 
var reactify = require('reactify') 
var rename = require('gulp-rename') 

gulp.task('js', function() { 
    var b = browserify({ 
     entries: ['./lib/test.js', './lib/app.jsx'], 
     transform: [reactify], 
     extensions: ['.js','.jsx'], 
     debug: false, 
     cache: {}, 
     packageCache: {}, 
     fullPaths: false 
    }); 

    function build(file) { 
     return b 
     .external('jquery') 
     .plugin('minifyify', { 
      map: false 
     }) 
     .bundle() 
     .pipe(source('main.js')) 
     // Add .min.js to the end of each optimized file 
     .pipe(gulp.dest('./js/')); 
    }; 
    build(); 
}); 
gulp.task('watch', function() { 
    gulp.watch("lib/*.jsx", ["js"]) 
}) 
gulp.task('default', ['js', 'watch']); 

目的是为了所有的JSX转换为1个js文件。

我的gulpfile生产准备好了吗？

另外，我怎么能简化行： 项：[ './lib/test.js'，' ./lib/app.jsx']，

使browserify处理所有的JS文件lib /目录？

Answer 1

如果你想要一些亲水平的文件，检查https://github.com/greypants/gulp-starter和2.0分支：https://github.com/greypants/gulp-starter/tree/2.0。他的袖子上有一些不错的技巧。

一般来说，这是一个很好的做法，走gulp.src方式，看到这样的回答：https://stackoverflow.com/a/25319817/5229638