ajax请求不返回数据
[英]ajax request doen't return data
问题描述
单击div后，我尝试更改数据，但未更改结果
JS代码
$(document).ready(function() {
$('#piso .caixa').click(function() {
var valorpiso = $(this).text();
alert(valorpiso);
$.ajax({
type:"post",
url:"getpiso.php",
data:"npiso="+valorpiso,
sucess:function(data){
$("#caixas").html(data);
}
});
});
});
警报正在打印正确的值
PHP代码
$piso1=$_POST["npiso"];
$result=mysql_query("select * FROM rooms where floor='$piso1' ");
while($dados=mysql_fetch_array($result)){
echo "<div id='caixa'>";
echo "<p>$dados[block].$dados[floor].$dados[room]</p>";
echo "</div>";
}
你能帮助我吗？
4 个解决方案
解决方案1
1 已采纳 2014-12-26 01:10:12
这是您的实际代码吗？ 回调函数有一个拼写错误：应该是“成功”，而不是“成功”。
success:function(data){
$("#caixas").html(data);
}
如果那不起作用，请尝试获取有关正在发生的事情的更多信息。 使用某种开发工具来观察ajax响应。 （在Chrome上为CTRL + SHIFT + I）
OBS：您的PHP代码容易受到SQL注入的攻击。 在这里阅读有关它的更多信息： 如何防止PHP中的SQL注入？
解决方案2
1 2014-12-26 01:21:35
有2个问题
1）@Rogerio说的对，您使用了"sucess":正确的方法是"success":
但是现在使用jquery可以使用以下方法：
jqXHR.done(function( data, textStatus, jqXHR ) {});成功回调选项的替代结构
.done()方法替换了不推荐使用的jqXHR.success()方法。 有关实现的详细信息，请参考deferred.done()。jqXHR.fail(function( jqXHR, textStatus, errorThrown ) {});错误回调选项的替代构造
.fail()方法替换了不建议使用的.error()方法。 有关实现的详细信息，请参考deferred.fail()。jqXHR.always(function( data|jqXHR, textStatus, jqXHR|errorThrown ) { });.always()方法是complete回调选项的替代构造，它取代了不建议使用的.complete()方法。响应成功的请求，该函数的参数与
.done()的参数相同：data，textStatus和jqXHR对象。 对于失败的请求，参数与.fail()的参数相同：jqXHR对象，textStatus和errorThrown。 有关实现的详细信息，请参考deferred.always()。jqXHR.then(function( data, textStatus, jqXHR ) {}, function( jqXHR, textStatus, errorThrown ) {});合并了
.done()和.fail()方法的功能，从而允许（从jQuery 1.8开始）对底层Promise进行操作。 有关实现的详细信息，请参考deferred.then()。
在以下网址中了解有关内容： http : //api.jquery.com/jquery.ajax/
一种类型，您使用"npiso="+valorpiso ，但未进行编码，而是使用json，例如： { npiso: valorpiso } （jQuery自动编码数据）
2）请勿在HTML中使用重复的ID，此重复的ID应按结果编号显示：
while($dados=mysql_fetch_array($result)){
echo "<div id='caixa'>";
使用class=代替id=
使用Javascript：
$.ajax({
"type": "POST",
"url": "getpiso.php",
"data": { "npiso": valorpiso }
}).done(function(data) {
console.log(data);
$(".list_caixa").html(data);
}).fail(function(err) {
console.log("Failed", err);
}).always(function() {
console.log("complete");
});
“HTML”：
$piso1=$_POST["npiso"];
$result=mysql_query("select * FROM rooms where floor='$piso1' ");
while($dados=mysql_fetch_array($result)){
echo "<div class='list_caixa'>";
echo "<p>$dados[block].$dados[floor].$dados[room]</p>";
echo "</div>";
}
解决方案3
0 2014-12-26 01:11:34
- 您应该调试（alert（）或console.log（）），以检查成功处理程序中是否已正确返回数据，并检查ID为“ #caixas”的元素是否已存在。
解决方案4
-1 2014-12-26 04:36:07
的index.php
`
<html>
<head>
<script src="//code.jquery.com/jquery-1.10.2.js"></script>
<script>
$(function () {
$('#piso .caixa').click(function () {
var valorpiso = $(this).text();
$.ajax({
type: "post",
url: "getpiso.php",
data: "npiso=" + valorpiso,
success: function (data) {
$("#caixas").html(data);
}
});
});
});
</script>
</head>
<body>
<div id="piso">
<p class="caixa" style="cursor:pointer;color:red;background-color:#000;padding:10px;">TEST</p>
</div>
<div id="caixas">
</div>
</body>
`
getpiso.php
<?php
if($_POST["npiso"]!=null){
$piso1=$_POST["npiso"];
echo "<div id='caixa'>";
echo "<p>".$piso1." RESULT</p>";
echo "</div>";
}
?>
级联下拉列表发送ajax请求，但不返回所需的html和数据PHP
[英]Cascading dropdown list sends ajax request but doesn't return required html and data PHP
声明:本站的技术帖子网页，遵循CC BY-SA 4.0协议，如果您需要转载，请注明本站网址或者原文地址。任何问题请咨询:yoyou2525@163.com.