如何在一个gulp任务中创build多个文件

我有一个数组表示生成的文件及其内容，

[{name: "src/js/file1.js",content: "some js content"}, {name: "src/file2.html",content: "some html content"}, {name: "src/css/file3.css",content: "some css content"}] 

这些文件在文件系统上还不存在，我如何将它们插入到一个吞咽pipe道中，以便在任何其他的吞咽任务被释放之前创build它们？ 我已经看了一下这个咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕嘟咕噜咕噜咕噜咕噜咕噜咕噜 任何帮助将非常感激。

Answer 1

这是我去的解决scheme…这是一种黑客，但嘿它的作品！ 请提出任何和所有的改进。 如果你喜欢它，请投票给我，谢谢！

 var gulp = require("gulp"); var foreach = require("gulp-foreach"); var file = require("gulp-file"); var addsrc = require('gulp-add-src'); var files = [{name: "src/js/file1.js",content: "some js content"}, {name: "src/file2.html",content: "some html content"}, {name: "src/css/file3.css",content: "some css content"}]; gulp.task("default", function() { return gulp.src("./dummy.txt", {base: "./.build"}) .pipe(foreach(function(stream, f){ files.forEach(function(gfile){ stream .pipe(file(gfile.name, gfile.content)) .pipe(gulp.dest("./")); }); return stream; })) .pipe(addsrc(["./.build/**/*", "!./dummy.txt"])) .pipe(gulp.dest("./app")); }