PHP Ajax不創建發布變量
[英]PHP Ajax not creating post variable
問題描述
前一陣子我用ajax和php進行了搜索。 您可以在文本框中填寫文本，然后嘗試在數據庫中存儲的所有國家/地區中找到匹配項。 現在，我正在完善代碼並使其成為PDO，但是我弄壞了一些東西，卻找不到。
這是我的純HTML
<head>
<title>Ajax</title>
<link href="style/style.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
<link rel="stylesheet" type="text/css" />
<script type="text/javascript" src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.7.1/jquery.min.js"></script>
<script type="text/javascript" src="scripts/Javascript.js"></script>
</head>
<body>
<div id="main">
<h1 class="title">Enter your country please</h1>
<input type="text" id="search" autocomplete="off" onchange="">
<h4 id="results-text">Showing results for: <b id="search-string">Array</b></h4>
<ul id="results"></ul>
</div>
</body>
這是我的Jquery和javascript。 請注意，我沒有更改HTML或javascript的任何內容，因此它不會出現類型錯誤。
$(document).ready(function() {
alert('asdf');
function search() {
var query_value = $('input#search').val();
$('b#search-string').html(query_value);
if(query_value !== ''){
$.ajax({
type: "POST",
url: "search.php",
data: { query: query_value },
cache: false,
success: function(html){
$("ul#results").html(html);
}
});
}
return false;
}
$("input#search").live("keyup", function(e) {
clearTimeout($.data(this, 'timer'));
var search_string = $(this).val();
if (search_string == '') {
$("ul#results").fadeOut();
$('h4#results-text').fadeOut();
}
else {
$("ul#results").fadeIn();
$('h4#results-text').fadeIn();
$(this).data('timer', setTimeout(search, 100));
};
});
});
這是我的Search.PHP
<?php
class SearchEngine{
private $html;
public function __construct($conn){
$this->html = '<li class="result">
<h3>NameReplace</h3>
<a target="_blank" href="ULRReplace"></a>
</li>';
if (isset($_POST["query"])) {
$search_string = $_POST['query'];
}
else{
$search_string = '';
echo('Something went wrong, post query not set');
}
//$search_string = mysql_real_escape_string($search_string);
if (strlen($search_string) >= 1 && $search_string !== ' ') {
$query = 'SELECT * FROM country WHERE name LIKE "%' . $search_string . '%"';
$result = $conn->prepare($query);
$result->execute();
$result_array = $result->fetchAll();
foreach ($result_array as $result) {
$display_name = preg_replace("/" . $search_string . "/i", "<b>" . $search_string . "</b>", $result['name']);
$display_url = 'sadf';
$output = str_replace('NameReplace', $display_name, $this->html);
$output = str_replace('ULRReplace', $display_url, $output);
echo($output);
}
}
}
}
？>
問題：
永遠不會創建Post查詢，為此，我進行了一個isset設置，因此現在沒有創建Post Query時。 它將創建一個值為“ B”的后查詢。
任何幫助都感激不盡。 請保持謙虛，我是Ajax的新手，我想了解而不是找到解決方案。 謝謝
2 個解決方案
解決方案1
1 2014-07-07 19:21:55
正如Sean所提到的那樣，在注釋中，在您的jQuery版本中不建議使用$ .live jquery方法。
嘗試改用$ .keyup
$("input#search").keyup(function() {
// stuff
});
解決方案2
1 已采納 2014-07-07 20:01:20
您指向的網址不正確！ 看：
您已經將ajax請求指向了search.php：
$.ajax({
type: "POST",
url: "search.php",
但是您在search.php中只有一個類。 一堂課本身不會做任何事情。 您必須實例化並調用其方法/函數。 請比較以下兩段代碼：
<?php
//server.php
//Doing nothing
class SearchEngine{
private $html;
public function __construct($conn){
echo "I'm executing";
}
}
?>
假設您在server.php中有這個
<?php
//server.php
//It will print "I'm executing" in the screen
class SearchEngine{
private $html;
public function __construct($conn){
echo "I'm executing";
}
}
$search = new SearchEngine($conn);
?>
解決原始問題，您必須將ajax指向具有INSTANTIATION代碼而不是類的頁面，如下所示：
//index.php
//Let's suppose you have this code in your index.php
$SearchEngine = new SearchEngine($conn);
因此，您的JQuery ajax代碼應如下所示：
$.ajax({
type: "POST",
url: "index.php",
AJAX將變量發布到PHP無法正常工作
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