[解決済み] gulp.src()で現在のファイル名を取得します。

質問

私のgulp.jsファイルでは、すべてのHTMLファイルを examples フォルダから build フォルダーにコピーします。

gulpタスクの作成は難しくありません。

var gulp = require('gulp');

gulp.task('examples', function() {
    return gulp.src('./examples/*.html')
        .pipe(gulp.dest('./build'));
});

しかし、タスクで見つかった（処理された）ファイル名を取得する方法がわからない、または適切なプラグインが見つからない。

どのように解決するのですか？

ファイル名をどのように使用したいのか分かりませんが、以下のいずれかが役に立つはずです。

• 名前だけを表示したい場合は、次のようなものを使用できます。 gulp-debug のようにすると、ビニールファイルの詳細がリストアップされます。 これをリストが欲しいところに、次のように挿入してください。

  var gulp = require('gulp'),
      debug = require('gulp-debug');
  
  gulp.task('examples', function() {
      return gulp.src('./examples/*.html')
          .pipe(debug())
          .pipe(gulp.dest('./build'));
  });
  
  

• もう一つの選択肢は gulp-filelog で、これは使ったことはありませんが、似ているようです（もう少しすっきりしているかもしれません）。

• もう一つの選択肢は gulp-filesize で、これはファイルとそのサイズの両方を出力します。

• もっと制御したい場合は、次のようなものを使うことができます。 gulp-tap のようなものを使うと、独自の関数を提供してパイプの中のファイルを見ることができます。