php無法獲取ajax發送的數據

Question

這是js代碼，ajax有兩個參數，第一個是url，第二個是包含類型數據和成功的對象。 （我沒有使用jQuery，但是我定義了我自己的函數，代碼位於問題的末尾）我只想將'text'字符串發送到php，所以這樣做有什么問題嗎？ 我也嘗試將數據更改為data：{searchinput：“ text”}，但仍然無法正常工作。

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

這是php代碼，很抱歉在粘貼時錯誤地更改了代碼。

 $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); 

那么錯誤是

未定義索引：searchinput

我已經搜索了一些方法，例如將onsuccess函數更改為setTimeout，然后再次執行ajax，但是它不起作用，只是再次發送數據，但是php仍然無法獲取數據

這是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，由於您使用了錯誤的Ajax，所以我並不感到驚訝。 控制台中應該有一個錯誤。

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期望的對象的一部分，因此它需要在內部而不是外部。 另外，數據需要另一個對象，因此您給了它一個純字符串。

另外，正如@Muhammad Ahmed在回答中指出的那樣，您在php代碼中使用了錯誤的變量。

編輯：沒有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

發送如下所示的數據值，並在php頁面上使用print_r($_POST)來查看值是否到來

$.ajax(

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

Answer 3

嘗試使用此代碼以錯誤的方式使用ajax。 您可以通過http://api.jquery.com/jquery.ajax/了解有關ajax如何工作以及如何為ajax進行編碼的更多信息。

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

並且在您的PHP文件中，您需要更新輸入錯誤，即您在$ searchcon變量中獲得了POST的值

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

在查詢中您正在使用

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

它應該像

$query = "select * from text where data like'".$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);

在此代碼中，您使用變量$ searchcon的ist行上存在錯誤，而使用$ searchinput的查詢的ist變量名稱更改為$ searchinput而不是$ searchcon。 並更改您的Ajax代碼。

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

Answer 5

試試這個代碼：

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

要么

您還可以通過url傳遞數據。 嘗試適合您要求的代碼。

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