如何使用 JAVASCRIPT 从 Input 标签中获取值，输入标签的值是使用 php 从 mysql 数据库中获取的

Question

JS 警报需要在我提交框时出现，警报消息需要包含一个从输入标签中获取的值，输入标签的值是使用 php 从 mysql 数据库中获取的，每当我提交表单 JS 警报显示一条消息，其中包含表的第一个值，每当我提交剩余的表单时，它还会从表中给出第一个值，而不提供相关值 如何获取？ 我的代码在下面，检查一下。 带有 html 标签的 php while 循环

<?php
    include "connection.php";
    $sqlll="SELECT * FROM feedback";
    $result=mysqli_query($conn,$sqlll);   
    $count=mysqli_num_rows($result);
    if($count > 0)
    {
        while($row=mysqli_fetch_assoc($result))
        {
 ?>
                <div class="msgshare">
                    <div class="contentt">
                        <div class="userr">
                            <h3><i class="fa fa-user-circle"></i><?php echo $row["username"] ?></h3>
                            <h5><?php echo $row["img_location"] ?></h5>
                        </div>
                        <div class="imgg">
                            <img src="../images/feedback/<?php echo $row["img_file"] ?>" height="400px" width="400px">
                        </div>
                        <div class="likes">
                            <form class="likeform" onsubmit="likeso()" method="POST" action="likes.php">
                                <input type="hidden" id="imgile" name="imaggg" value="<?php echo $row["img_file"] ?>">
                                <?php
                                    $imga=$row['img_file'];
                                    $sql="SELECT * FROM likes WHERE `username`='$user11' AND `image`='$imga' AND `likes`='true';";
                                    $reslt=mysqli_query($conn,$sql);
                                    $row1=mysqli_num_rows($reslt);

                                    $sql3="SELECT * FROM likes WHERE `image`='$imga';";
                                    $rslt=mysqli_query($conn,$sql3);
                                    $count=mysqli_num_rows($rslt);

                                    if($row1 > 0)
                                    {
                                        echo '<button style="cursor:pointer;" name="like" type="submit" id="likepost" class="like-btn"><i id="empty" class="fa fa-heart pink"></i></button> '.$count.' likes';
                                    }
                                    else
                                    {
                                        echo '<button style="cursor:pointer;" class="willlike" name="like" type="submit" id="likepost" class="like-btn"><i id="empty" class="far fa-heart"></i></button> '.$count.' likes';
                                    }
                                ?>
                            </form>
                        </div>
                        <div class="descriptionn">
                            <p><span class="desc">DESCRIPTION : </span><?php echo $row["img_description"] ?></p>
                        </div>
                    </div>
                </div>
<?php
        }
    }
    else
    {
        echo "<p>There is no more Feedbacks are shared...</p>";
    }
?>

以下是 onsubmit 事件的 JAVASCRIPT 代码。

<script>
    function likeso()
    {
        var iage=document.querySelector('input').value;
        var val="imagge=" + iage;
        alert(val);

    }
</script>

Answer 1

如果您通过添加event更改函数调用

<form class="likeform" onsubmit="likeso(event)" method="POST" action="likes.php">

并更改函数本身以使用event

    function likeso(e)
    {
        var iage=e.target.querySelector('input').value;
        var val="imagge=" + iage;
        alert(val);

    }

此外，您不能复制 ID 值，因此

<input type="hidden" id="imgile" name="imaggg" value="<?php echo $row["img_file"] ?>">

应该改为（删除ID，不需要）

<input type="hidden" name="imaggg" value="<?php echo $row["img_file"] ?>">

这同样适用于您为其分配 ID 的任何元素 - 它必须是唯一的。 如果 ID 的目的是使用document.getElementById在 Javascript 中方便地选择，那么重复的 ID 就没有意义了，因为它应该选择哪个元素？ 通常，您可以在不使用 ID 的情况下完成大多数任务，因此在许多 cass 中最好删除它们 - 特别是在循环中添加时。