Cibler uniquement le contenu d'un dossier sous vide

J'utilise Gulp pour compiler un projet. J'utilise également gulp-zip pour créer un fichier de fichiers.

Je veux envoyer tous les fichiers dans le dossier "dist", alors je l'utilise:

var thesrc: ['dist/**/*']; gulp.task('createMainZip', ['createPluginZip'], function () { return gulp.src(thesrc) .pipe(zip('main_files.zip')) .pipe(gulp.dest('compiled')); }); 

Cela compile les fichiers dans un zip de la manière suivante:

• Dist
  • File.css
  • Another.js
  • dossier
    • File.js

Cependant, je le veux comme ceci:

• Gulp glob pour ignorer les types de fichiers et ne pas copier les dossiers vides
• Piping concatené Gulp stream file.contents to server (connect, express ou http) réponse
• Comment supprimer des fichiers JS compilés à partir de fichiers de type (.ts) précédents?
• Gulp principal-bower-files filtre d'expression régulière ne fonctionne pas
• Qu'est-ce qui provoque cette erreur "d'erreur de niveau supérieur invalide" dans mon fichier Gulp gulpfile.js?

• File.css
• Another.js
• dossier
  • File.js

Sans le dossier dist. Existe-t-il un moyen de le faire en utilisant un chemin de src différent?

Merci de votre aide.

• Pourquoi est-ce que je pourrais obtenir "rappel de fin de tâche appelé trop souvent" dans le gulp?
• Impossible de lire la propriété 'main' of indefined
• La transformation d'injection de gulp ne fonctionne pas
• La commande Gulp ouvre gulp.js dans le bloc-notes au lieu de l'exécuter
• Pourquoi suis-je en train d'obtenir cette erreur? Dest.on n'est pas une fonction – using gulp-file-include

 var gulp = require('gulp'); var zip = require('gulp-zip'); var thesrc = ['**/*']; gulp.task('createMainZip', function () { return gulp.src(thesrc, {cwd: __dirname + "/dist"}) .pipe(zip('main_files.zip')) .pipe(gulp.dest('compiled')); }); 

 return gulp.src(thesrc, {base: 'dist'}) 

 // Taking everything from src and doc dirs return gulp.src(['src/**/*', 'doc/**/*'], { base: __dirname }) .pipe(zip('dist.zip')) .pipe(gulp.dest('dist'));