如何对每个文件执行命令，替换每个文件的内容？

Question

对此使用模块不感兴趣。

我相信要遍历文件夹中的所有文件，我可以这样做：

gulp.src(__dirname + '\mysource\**\*.php', {read: false})

对于找到的每个文件，我想运行一个命令，并将内容保存在该文件中。
(php -w FILE > FILE)

我的理解是我可以用 "spawn",

.pipe(spawn('php', ['-w'], ...))

但我不确定如何获得 "current file"，除非我做某种 "forEach"。

Answer 1

这是使用 https://www.npmjs.com/package/glob glob.sync 的一般形式，其中 returns 是一个数组。

const gulp = require("gulp");
const glob = require("glob");
const path = require("path");

// get an array of files
const files = glob.sync(path.join(__dirname, 'mysource\**\*.php');

gulp.task('default', function (done) {

  files.forEach(function (file) {

    return gulp.src(file, {read: false})

      // .pipe(do your stuff here)

      .pipe(gulp.dest("dist/" +  path.basename(file, '.php')));
  });
  done();
});

如何对每个文件执行命令，替换每个文件的内容？

How to execute a command against every file, replacing the contents of each file?

php

npm

gulp