Làm thế nào tôi có thể lấy gulp-typescript để xuất ra cùng thư mục với tệp nguồn?

Question

tôi có đường ống sau

function typescripts() { 
    return gulp.src(paths.watchedFiles.ts) 
     .pipe(cached('typescripts')) 
     .pipe(plumber()) 
     .pipe(addsrc(paths.ts.include)) 
     //TODO: Need to eliminate the original source path (ex. /users/userName) from the sourcemap file. 
     .pipe(sourcemaps.init()) 
     .pipe(ts(tsProjectMode, undefined, ts.reporter.fullReporter(true))).js 
     .pipe(gulpIgnore.exclude(paths.ts.excludeFromPostCompilePipeline)) 
     .pipe(ngAnnotate({ 
      remove: false, 
      add: true, 
      gulpWarnings: false //typescript removes base path for some reason. Warnings result that we don't want to see. 
     })) 
     .pipe(sourcemaps.write('.', {includeContent: false})) 
     .pipe(gulp.dest(paths.ts.basePath)); 
    } 

tôi dường như phải làm "mã cứng" con đường đích dựa trên thư mục gốc của con đường src. Nếu đường dẫn src của tôi là app/modules/**.ts đường dẫn đích của tôi phải là app/modules. Điều này hạn chế tôi sử dụng một đường dẫn src gốc duy nhất và tôi không thể sử dụng anh chị em.

Tôi muốn có thể tạo src ['path1/**/*.ts', 'path2/**/*.ts] và có đầu ra được chuyển đổi được ghi vào cùng thư mục chứa tệp nguồn.

Answer 1

Nếu bạn có file nguồn như thế:

gulp.src(['path1/**/*.ts', 'path2/**/*.ts]) 

Thân nó tương đương với:

gulp.src(['./path1/**/*.ts', './path2/**/*.ts], { base: '.' }) 

Điều đó có nghĩa, bạn có thể đặt đích để:

gulp.dest('.') 

từ đó là mẫu số chung thấp nhất. Phần còn lại được thực hiện bởi Gulp.