php无法获取ajax发送的数据

Question

这是js代码，ajax有两个参数，第一个是url，第二个是包含类型数据和成功的对象。 （我没有使用jQuery，但是我定义了我自己的函数，代码位于问题的末尾）我只想将'text'字符串发送到php，所以这样做有什么问题吗？ 我也尝试将数据更改为data：{searchinput：“ text”}，但仍然无法正常工作。

 ajax( 'http://localhost/test.php', { type: 'POST', data: "searchinput=text", onsuccess: function (responseText, xhr) { console.log(responseText); } } ); 

这是php代码，很抱歉在粘贴时错误地更改了代码。

 $searchinput = $_POST["searchinput"]; @ $db = new mysqli('localhost', 'root', '', 'text'); if (mysqli_connect_errno()) { echo "error:can not connect database"; } $query = "select * from text where data like'".$searchinput."%' "; $result = $db->query($query); 

那么错误是

未定义索引：searchinput

我已经搜索了一些方法，例如将onsuccess函数更改为setTimeout，然后再次执行ajax，但是它不起作用，只是再次发送数据，但是php仍然无法获取数据

这是ajax功能

 function ajax(url, options) { if (!options.type) { options.type = "post" }; var xhr = new XMLHttpRequest(); xhr.open(options.type, url, true); xhr.send(options.data); xhr.onreadystatechange = function () { if (xhr.readyState == 4) { if ((xhr.status >= 200 && xhr.status < 300) || xhr.status == 304) { options.onsuccess(xhr.responseText, xhr) } else { options.onfail(xhr.responseText, xhr); } }; } } 

Answer 1

好吧，由于您使用了错误的Ajax，所以我并不感到惊讶。 控制台中应该有一个错误。

jQuery AJAX的用法如下：

$.ajax({
        url: "http://localhost/test.php",
        type: 'POST',
        data:  {searchinput: text},
        success: function (responseText, xhr) {
            console.log(responseText);
        }
    }
);

url是ajax期望的对象的一部分，因此它需要在内部而不是外部。 另外，数据需要另一个对象，因此您给了它一个纯字符串。

另外，正如@Muhammad Ahmed在回答中指出的那样，您在php代码中使用了错误的变量。

编辑：没有jQuery的JavaScript中的AJAX：

var request = new XMLHttpRequest();
request.open('POST', 'http://localhost/test.php', true);

request.onreadystatechange = function() {
  if (this.readyState === 4) {
    if (this.status >= 200 && this.status < 400) {
      // worked
      var data = JSON.parse(this.responseText);
    } else {
      // failed
    }
  }
};
request.send();
request = null;

Answer 2

发送如下所示的数据值，并在php页面上使用print_r($_POST)来查看值是否到来

$.ajax(

    {   url: 'test.php',
        type: 'POST',
        data:{
                searchinput:text
             },
        onsuccess: function (responseText, xhr) {
            console.log(responseText);
        }
    }
);

Answer 3

尝试使用此代码以错误的方式使用ajax。 您可以通过http://api.jquery.com/jquery.ajax/了解有关ajax如何工作以及如何为ajax进行编码的更多信息。

$.ajax( 
    {
        type: 'POST',
        url : 'http://localhost/test.php',
        data:  {searchinput:text},
        success: function (responseText, xhr) {
            console.log(responseText);
        }
    }
);

并且在您的PHP文件中，您需要更新输入错误，即您在$ searchcon变量中获得了POST的值

$searchcon = $_POST["searchinput"];
^^^^^^^^^^

在查询中您正在使用

$query = "select * from text where data like'".$searchinput."%' ";
                                              ^^^^^^^^^^^^^^

它应该像

$query = "select * from text where data like'".$searchcon."%' ";
                                               ^^^^^^^^^^

Answer 4

$searchcon = $_POST["searchinput"];
@ $db = new mysqli('localhost', 'root', '', 'text');
if (mysqli_connect_errno()) {
    echo "error:can not connect database";
}
$query = "select * from text where data like'".$searchinput."%' ";
$result = $db->query($query);

在此代码中，您使用变量$ searchcon的ist行上存在错误，而使用$ searchinput的查询的ist变量名称更改为$ searchinput而不是$ searchcon。 并更改您的Ajax代码。

$.ajax({
        url: "http://localhost/test.php",
        type: 'POST',
        data:  {searchinput: text},
        success: function (responseTxt, xhr) {
            console.log(responseTxt);
        }
    }
);

Answer 5

试试这个代码：

 var other_data = $('form').serializeArray(); $.ajax({ url: 'work.php', data: other_data, type: 'POST', success: function(data){ console.log(data); } }); 

要么

您还可以通过url传递数据。 尝试适合您要求的代码。

 $.ajax({ url: 'work.php?index=checkbox&action=empty', type: 'POST', success: function(data){ console.log(data); } });