将参数从jquery传递到php

Question

我有这个jQuery脚本

$(function() { // <----doc ready starts
    $("#btn1").click(function(e) {
        e.preventDefault();
        var name = $("#id1").val(); 
        var last_name = $("#id2").val();
        var dataString = {'name=':name, 'last_name': last_name};
        $.ajax({
            type: 'POST',
            dataType: 'jsonp',
            url: 'http://localhost/insert.php',
            success: function(data) {
                alert(data);
            }
        });
    });
});

并且此php一个将参数从第一个脚本插入mysql数据库：

<?php
    $conn = mysqli_connect('localhost', 'root', '');
    $name = $_POST['name'];
    $last_name = $_POST['last_name'];
    $mysqli = new mysqli('localhost','root','','os');

    if ($mysqli->connect_error) {
        die('Error : ('. $mysqli->connect_errno .') '. $mysqli->connect_error);
    }
    $insert_row = $mysqli->query("INSERT INTO table_info (name, name2) VALUES($name, $last_name)");

    if ($insert_row){
        print 'Success! ID of last inserted record is : ' .$mysqli->insert_id .'<br />'; 
    }
    else {
        die('Error : ('. $mysqli->errno .') '. $mysqli->error);
    }
    $mysqli->free();
    $mysqli->close();
?>

当我尝试运行它时，失败并显示以下错误：

注意：未定义的索引：第3行的C：\\ wamp \\ www \\ insert.php中的名称
注意：第4行的C：\\ wamp \\ www \\ insert.php中的未定义索引：last_name
错误：（1064）您的SQL语法有错误； 检查与您的MySQL服务器版本相对应的手册以在第1行的'）'附近使用正确的语法

这里出了什么问题，对不起愚蠢的问题，这是我第一次使用php和jQuery。

Answer 1

您没有为AJAX调用提供dataString变量，因此没有数据被发送。 您需要将其添加到$.ajax的data属性中：

$("#btn1").click(function(e) {
    e.preventDefault();
    var name = $("#id1").val(); 
    var last_name = $("#id2").val();
    var dataString = { 'name': name, 'last_name': last_name };

    $.ajax({
        type: 'POST',
        dataType: 'jsonp',
        url: 'http://localhost/insert.php',
        data: dataString,
        success: function(data) {
            alert(data);
        }
    });
});

请注意，我还修复了对象定义中的name= typo。

Answer 2

生成有效的dataString使用-

var dataString = "{'name=':"+name+", 'last_name': "+last_name+"}";

并将其传递给通话-

$.ajax({
    type: 'POST',
    data: dataString,
    dataType: 'json',
    url: 'http://localhost/insert.php',
    success: function(data) {
        alert(data);
    }
});

Answer 3

您正在尝试从$_POST读取内容，但您正在发出GET请求。

根据规范，JSONP 始终是 GET。 您不能使用该技术发出POST请求。

type: 'POST',因为您说的是dataType: 'jsonp',

---

您还尝试从name读取，但已将字段name=称为。 您需要始终使用相同的名称。

---

当您收到响应时，您将得到一个错误，因为您的PHP脚本未使用JSONP进行响应。

您需要有header("Content-Type: application/javascript"); 然后是以下内容：

echo $_GET['callback'] . "(" . json_encode($your_response) . ");";

…但是您应该通过清理回调名称来增加对Rosetta漏洞的保护。

---

或者，删除dataType: 'jsonp',并添加header("Content-Type: text/plain"); 到PHP。

Answer 4

在此行：type：'POST'之后，添加此行：data：dataString，

Answer 5

`enter code here`try to change the ajax call like this
`enter code here`$(function() { // <----doc ready starts
   `enter code here` $("#btn1").click(function(e) {
      `enter code here`  e.preventDefault();
        var name = $("#id1").val(); 
        var last_name = $("#id2").val();
        var dataString = {'name=':name, 'last_name': last_name};
        $.ajax({
            type: 'POST',
            dataType: 'jsonp',
            url: 'http://localhost/insert.php',
            data: JSON.stringify(dataString),
            success: function(data) {
                alert(data);
            }
        });
    });
});