[英]PHP-Jquery-AJAX, show popup message
我迷失了寻找解决方案的道路,并立即需要帮助。 我有一个名为list.php的php页面,其中显示了每个产品上带有购买图标的产品列表。 单击“购买”按钮后,它将定向到action.php(其中包含要添加到数据库中的脚本),然后使用标题(位置:list.php?id = $ r [id_product])返回同一页面。 返回list.php后,我想显示一个弹出消息“该产品现在已添加到购物车”。 怎么做?
您可以使用cookie
,返回后只需检查是否存在指定的cookie
,如果存在,则显示消息。
但是,如果您使用的是ajax
,则不需要Cookie,只需在ajax解析函数中添加弹出功能即可,
function addToBasket(itemId) {
var x = new XMLHttpRequest();
x.open('GET', '/ajax/action.php?add=' + itemId, true);
x.onreadystatechange = function() {
if (x.readyState == 4) && (x.status == "200") {
var responseObj = eval('(' + x.responseText + ')');
if (responseObj.status == 0)
window.alert('The product successfully added to your basket');
else
window.alert('An error has occured during the processing the data. Please try again later');
}
};
x.send(null);
action.php
代码示例
<?php
// ...
$response = array('status' => 1);
if (isset($_GET['itemId'] && $_GET['itemId'] != '')
{
$item_id = htmlspecialchars($_GET['itemId']);
if (is_numeric($item_id)
{
put_in_table($item_id);
$response = array('status' => 0);
}
}
// output an Ajax response
header('Content-Type: application/javascript');
echo json_encode($response);
?>
在action.php上创建会话或Cookie
检查list.php是否找到显示弹出窗口
在显示弹出窗口后销毁它,因此它将一次又一次显示。
您在标题中提到了ajax,所以为什么不使用ajax将其发布到action.php,成功完成ajax请求后,您可以显示弹出窗口。
<?php if( isset($_POST['id']) && $_POST['id']>0 ){ ?> alert(message); <?php } ?>
关于弹出窗口,检查链接在页面加载时启动启动模态 ,它被称为启动模态,使用非常简单。 您需要编写一个小的脚本,以便在页面加载时启动它。
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