Добрый день!
Используется подобная задача:
gulp.task('admin_js_lib_prod', function () {
gulp.src([
'node_modules/jquery/dist/jquery.min.js',
'node_modules/bootstrap/dist/js/bootstrap.min.js',
'node_modules/datatables.net/js/jquery.dataTables.js',
'node_modules/datatables.net-bs/js/dataTables.bootstrap.js',
'node_modules/icheck/icheck.min.js',
'node_modules/gentelella/build/js/custom.min.js'
])
.pipe( concat('libs.min.js') )
.pipe( uglify() )
.pipe( gulp.dest('./web/admin/build/js/'));
});
Как можно минимизировать только файлы без .min.js , а остальное оставить как есть.
При этом нужно получить только один файл.
