[英]ajax login form doesn't work
我正在尝试将用户的信息从mysql传递到网页,如果该用户已经登录但无法正常工作。 如果我输入了错误的电子邮件或密码,它将显示错误消息,但是如果凭据正确,它将执行任何操作...
在php文件上:
$sql = "SELECT * FROM users WHERE email='$l_email' AND password='$l_password'";
$query = mysql_query($sql) or die ('Error: ' . mysql_error());
$num_rows = mysql_num_rows($query);
if($num_rows < 1)
{
echo "You have entered a wrong email or password!";
}
else {
$memberInfo = array();
while( $row = mysql_fetch_array( $query ) )
{
$memberInfo[] = $row;
}
return $memberInfo;
echo json_encode( $memberInfo );
//echo "1";
}
在js文件上:
$.post("./includes/checkOut.php",{ l_email1: l_email, l_password1: l_password },
function(data) {
if(data=='1')
$("#checkOut_form")[0].reset();
$("#login_returnmessage").html("");
$("#memberInfo").hide("");
var memberInfo = jQuery.parseJSON(memberInfo);
for( var i in memberInfo )
{
var f_name = memberInfo[i].f_name;
var l_name = memberInfo[i].l_name;
var phone = memberInfo[i].phone;
}
$("#loggedinInfo").show("");
$('#_f_name').val(f_name);
$('#_l_name').val(l_name);
$('#_email').val(l_email);
$('#_phone').val(phone);
}
$("#login_returnmessage").html(data);
});
如果在函数外部使用return
则它将在此时终止脚本。 这正是您在这里所做的:
return $memberInfo;
echo json_encode( $memberInfo );
//echo "1";
您需要删除return
语句。
您还应该在响应中添加Content-type:
标头,以告诉浏览器使用JSON:
header('Content-type:application/json');
echo json_encode( $memberInfo );
您的Javascript代码正在检查未发送的值1
的响应,因此将不会执行更新显示的代码。
最后:
password_hash()
mysql
,因为它是过时-使用mysqli
或PDO
mysql_*()
不支持mysql_*()
)。
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