我想传递一个不需要编译的文件，也不需要将其保存到新位置进行gulp-tap，因此我可以在其上运行外部脚本。
现在，我观察一个完整的目录，并在每次保存时上传整个目录：
gulp.task('shopify_theme',function(){
gulp.src( './theme/**/*.liquid' )
.pipe(tap(function(file){
upload(file);
}));
})
这是上传部分（主题是将资产上传到shopify的应用程序）
var upload = function( file ){
var splitPath = file.path.split('theme/').pop();
run('theme upload ' + splitPath, { cwd: 'theme' }).exec();
};
每次我在/ theme目录中保存一个临时文件时，所有文件（theme / ** / *。liquid）都将被上传。gulp-changed无效，因为任务运行时目标和源相同。
仅上传更改的文件的最佳方法是什么？
您可以gulp.watch用来监视单个文件的更改：
var upload = function(filePath){
var splitPath = filePath.split('theme/').pop();
run('theme upload ' + splitPath, { cwd: 'theme' }).exec();
};
gulp.watch('./theme/**/*.liquid', function(evnt) {
upload(evnt.path);
});
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