.ajax（）未发布到php数据库查询

Question

对我来说，这一直是一个持续的问题。 你们已经提供了很多帮助。 但是，我再次陷入困境。 我无法运行我的.ajax() 。 由于某种原因， if(field != text)没有.ajax()调用上方的if(field != text) .click()甚至无法工作，但我离题了。

我的问题是：为什么我的ajax()不能正常运行，并且如果此问题得到解决，在将查询发送到数据库后不刷新页面的情况下，该表是否会显示更新？

这是我的脚本：

<script type="text/javascript">
    $(document).ready(function()
    {
        $(".edit_td").click(function()
        {
            $(this).children(".text").hide();
            $(this).children(".editbox").show();

        }).children('.editbox').change(function()
            {
                var id=$(this).closest('tr').attr('id');
                var field=$(this).data('field');
                var text=$(this).val();

                var dataString = 'id= '+ id +'&field= '+ field +'&text= '+ text;
                alert("made variables");

                if(field != text)
                {
                    alert("in if");
                    $.ajax({
                    type: "POST",
                    url: "table_edit_ajax.php",
                    data: dataString,
                    cache: false,
                    success: function(html)
                    {
                        $("#first_"+ID).html(first);
                        $("#last_"+ID).html(last);
                    }
                    });
                }
                else
                {
                    alert('Enter something.');
                }
            });

        // Edit input box click action
        $(".editbox").mouseup(function() 
        {
            return false
        });

        // Outside click action
        $(document).mouseup(function()
        {
            $(".editbox").hide();
            $(".text").show();
        });

    });
    </script>

这是我的table_edit_ajax.php

<?php
   //connect to DB
   $con = mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME);

   echo 'in table_edit';

   $id = mysqli_escape_String($_POST['id']);
   $table = "owners";
   $field = mysqli_escape_String($_POST['field']);
   $text = mysqli_escape_String($_POST['text']);
   $query = "UPDATE ".$table." SET ".$field."='".$text."' WHERE ".$table."_id = '".$id."'";
   mysqli_query($query);

   //close connection
   mysqli_close($con);

?>

Answer 1

所有mysqli函数的第一个参数是连接，语句或结果对象。

$id = mysqli_escape_String($con, $_POST['id']);
$table = "owners";
$field = $_POST['field'];
$text = mysqli_escape_String($con, $_POST['text']);
$query = "UPDATE ".$table." SET ".$field."='".$text."' WHERE ".$table."_id = '".$id."'";
mysqli_query($con, $query);

$field不应该转义，因为它不是字符串值。 因此，您需要仔细验证它以防止SQL注入。 也许不让客户端提交要更新的字段名称，而是让他们提交一个整数，您可以在数组中查找该整数以转换为字段名称。

在AJAX调用中，由于参数编码不正确，您可能会遇到问题。 将dataString分配更改为：

var dataString = { id: id, field: field, text: text };

然后jQuery将为您编码。

Answer 2

您正在发送数据字符串

 var dataString = 'id= '+ id +'&field= '+ field +'&text= '+ text;

并通过$ _POST检索它。

首先检查$ _POST中的内容，然后使用$ _GET代替$ _POST

并更改ajax中的帖子以获取

什么是成功回调中的第一个和最后一个？