將參數從jquery傳遞到php

Question

我有這個jQuery腳本

$(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);
            }
        });
    });
});

並且此php一個將參數從第一個腳本插入mysql數據庫：

<?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();
?>

當我嘗試運行它時，失敗並顯示以下錯誤：

注意：未定義的索引：第3行的C：\\ wamp \\ www \\ insert.php中的名稱
注意：第4行的C：\\ wamp \\ www \\ insert.php中的未定義索引：last_name
錯誤：（1064）您的SQL語法有錯誤； 檢查與您的MySQL服務器版本相對應的手冊以在第1行的'）'附近使用正確的語法

這里出了什么問題，對不起愚蠢的問題，這是我第一次使用php和jQuery。

Answer 1

您沒有為AJAX調用提供dataString變量，因此沒有數據被發送。 您需要將其添加到$.ajax的data屬性中：

$("#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);
        }
    });
});

請注意，我還修復了對象定義中的name= typo。

Answer 2

生成有效的dataString使用-

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

並將其傳遞給通話-

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

Answer 3

您正在嘗試從$_POST讀取內容，但您正在發出GET請求。

根據規范，JSONP 始終是 GET。 您不能使用該技術發出POST請求。

type: 'POST',因為您說的是dataType: 'jsonp',

---

您還嘗試從name讀取，但已將字段name=稱為。 您需要始終使用相同的名稱。

---

當您收到響應時，您將得到一個錯誤，因為您的PHP腳本未使用JSONP進行響應。

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

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

…但是您應該通過清理回調名稱來增加對Rosetta漏洞的保護。

---

或者，刪除dataType: 'jsonp',並添加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);
            }
        });
    });
});