कंसोल.लॉग स्टेटमेंट को बाहर निकालने के लिए gulp-uglify कर सकते हैं? प्रश्न के अनुसार

Question

। मैं जानता हूँ कि घूंट-बदसूरत करना एक साधारण के साथ बदसूरत बनाना कर सकते हैं:

gulp.src('filename') 
.pipe(uglify()) 

वहाँ एक रास्ता यह भी console.log बयान को निकाल देते हैं बताने के लिए है?

Answer 1

बहुत बेहतर अभी भी: gulp-strip-debug: आप विशेष घूंट प्लगइन का उपयोग कर सकते हैं। यह न केवल कंसोल स्टेटमेंट को तोड़ता है, बल्कि अलर्ट और डीबगर स्टेटमेंट भी करता है।

पट्टी कंसोल, strip-debug

साथ जावास्क्रिप्ट कोड से चेतावनी, और डीबगर बयानों का उपयोग कर इसे स्थापित:

npm install --save-dev gulp-strip-debug 

और प्रयोग इसे पसंद:

var gulp = require('gulp'); 
var stripDebug = require('gulp-strip-debug'); 

gulp.task('default', function() { 
    return gulp.src('src/app.js') 
     .pipe(stripDebug()) 
     .pipe(gulp.dest('dist')); 
}); 

Answer 2

हां वहाँ है! घूंट-uglifyjs प्रलेखन के रूप में उल्लेख है कि आप अतिरिक्त विकल्प (gulp-uglifyjs documentation) पारित कर सकते हैं:

uglify([filename], [options]) 

सभी उपलब्ध विकल्पों में the compressor UglifyJS documentation page पर पाया जा सकता। कि 'drop_console: सच' से मदद करनी चाहिए:

uglify([filename], { 
    compress: { 
     drop_console: true 
    } 
}) 

Answer 3

gulp-uglify साथ

(gulp-uglifyjs नहीं) आप मनमाने ढंग से सह हटा सकते हैं डी के साथ compilations constants करने के लिए एक रणनीति समान का उपयोग करके compression configuration (लिंक घूंट-uglifyjs को जाता है, लेकिन घूंट-बदसूरत करना के लिए ही होना चाहिए):

.pipe(uglify({ 
    compress: { 
     global_defs: { 
      "DEBUG": false 
     } 
    } 
})) 

और फिर

की तरह अपने कोड लिखने कुछ में

if (DEBUG) 
{ 
    console.log("Application started..."); 
    //... 
} 

यदि आप DEBUG को global_defs में सत्य पर सेट करते हैं, तो gulp-uglify सशर्त को हटा देगा लेकिन आंतरिक शाखा छोड़ देगा। यदि DEBUG को गलत पर सेट किया गया है, तो यह दोनों को हटा देगा।

drop_console भरने के उत्तर में जैसा कि gulp-uglify में समर्थित नहीं है।