[英]JS: Displaying quick search results on a different page
我有点困惑如何实现这一目标。
基本上我的主页上有此表格,用于过滤列出的结果
<form>
<select class="form-control select-box">
<option value="make-any">Make (Any)</option>
<?php
while($make = $makeFilter->fetch(PDO::FETCH_ASSOC))
{
echo '<option value="'.$make["Make"].'">'.$make["Make"].'</option>';
}
?>
</select>
<button href="search.php">Search</button>
</form>
如您所见,它正在使用PHP并通过MySQL列出结果。 该表格在首页上。 如您所见,button元素仅链接到search.php页面。
我在search.php页面上有一个相同的表单,尽管当用户单击按钮元素时,他们选择的选项已刷新,如何在页面上加载用户选择的选项并保存,直到用户按下重置按钮还是手动更改它们?
任何代码示例都很棒,我猜这将是一个cookie?
<form action="search.php" method="get">
<select name ="select-box-1" lass="form-control select-box">
<option value="make-any">Make (Any)</option>
<?php while($make = $makeFilter->fetch(PDO::FETCH_ASSOC))
{
echo '
<option value="'.$make["Make"].'">'.$make["Make"].'</option>
';
} ?>
</select>
<button type = "submit" >Search</button>
</form>
我在您的html中做了一些更改,以便可以在search.php上获得选定的选项。
1. <form action="search.php" method="get">
这将使用GET方法将您的表单提交到search.php。
2. <button type = "submit" >
将按钮类型更改为提交,以便将表单提交到表单操作中指定的操作。
如果要比在search.php上预先选择选定的值,请执行以下修改:
<select class="form-control select-box">
<option value="make-any">Make (Any)</option>
<?php while($make = $makeFilter->fetch(PDO::FETCH_ASSOC))
{
echo '<option value="'.$make["Make"].'" ' . (($make["Make"] == $_GET["select-box-1"])? "selected=selected":'') .'>'.$make["Make"].'</option>';
} ?>
</select>
希望能解决您的问题。
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