使用彈出窗口並保持表單打開

Question

我嘗試使用彈出窗口來調用我的表單，它可以工作，但是每次我在組合框上選擇一個值（onchange操作）時，該表單都不會保持打開狀態，因此我不得不再次單擊該彈出窗口（盡管該值仍然保留））任何想法？ 這是代碼：

<head>
    <title>JQuery Popup | JQuery Slide Popup | Demo</title>
    <link rel="stylesheet" type="text/css" href="style.css" />  
    <script type="text/javascript" src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.4.2/jquery.min.js"></script>
    <script type="text/javascript" src="popup.js"></script>
</head>
<body>
    <div id="wrapper">
        <div id="overlay" class="overlay"></div>
        <a onclick="openOffersDialog();">Click Here To See The PopUp</a>
        <div id="boxpopup" class="box">
            <a onclick="closeOffersDialog('boxpopup');" class="boxclose"></a>
            <div id="content">
                <html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml">
                    <head>
                        <title>Info Tarif</title>
                    </head>
                    <?php include('connection.php'); ?>
                    <body>
                    <?php
                        $query = "SELECT distinct (kota_kabupaten) FROM `ongkirjne` order by kota_kabupaten ASC  "; 
                        $result = mysql_query($query); 
                    ?> 
                    <form name="satu" method=GET action="index.php" openOffersDialog();>
                        Pilih Daerah Tujuan :
                        <select name="kota"  onChange='this.form.submit();'>        
                            <option value="">-Pilih Kota/Kabupaten-</option>; 
                            <?php while ($row = mysql_fetch_assoc($result))  { ?>
                                <option <?php if($_REQUEST['kota'] == $row['kota_kabupaten']) echo "selected" ?> ><?php echo $row['kota_kabupaten']; ?></option>
                            <?php } ?>
                        </select>
                        <br>
                        Pilih Kecamatan :
                        <select name='kec' class='nama' Method='GET'>       
                        <?php
                            echo"<option value>-Pilih Kecamatan-</option>";
                            $city= $_GET['kota'];
                            if (isset($_GET['kota']))
                            {                             
                                $query = "SELECT * FROM `ongkirjne` where kota_kabupaten like '%$city%'"; 
                                $result = mysql_query($query); 
                                while ($row = mysql_fetch_assoc($result)) {?>
                                    <option <?php if($_REQUEST['kec'] == $row['kecamatan']) echo "selected" ?> > 
                                    <?php echo $row['kecamatan'];  ?></option>
                            <?php } ?>         
                        <?php } ?>
                        </select>  Berat : <input type="text" name="berat" value="<?php echo htmlspecialchars($_GET['berat']); ?>"/>   
                        <?php
                            echo " <input type='submit' name='hitung' value='hitung' onclick='hitung()'/>";

我的願望結果是：
1.當我單擊彈出鏈接時，表格顯示（確定）
2.當我在第一個組合框上選擇值時，表單保留（失敗）->使用on change操作。
3.當我在第一個組合框上選擇值時，該值保留（確定）
4.當我單擊提交按鈕（點擊）時，該值將保留並且該功能起作用（確定）
我希望所有這些都在同一頁面上。

謝謝

Answer 1

如果我了解您的問題所在，我相信可以通過不使用任何隱藏表單的代碼來解決。

您正在使用.toggle函數嗎？ 如果是這樣， .show更改為.show

如果您希望表單在提交后再次被隱藏，那么頁面刷新時會自動完成（假設您沒有使用AJAX）。 您可以將操作設置為“＃”，以使頁面重定向到自身而不是其他文件。

使用彈出窗口並保持表單打開

問題描述

1 個解決方案

解決方案1
0 2015-10-20 11:18:14

使用彈出窗口並保持表單打開

問題描述

1 個解決方案

解決方案1 0 2015-10-20 11:18:14

解決方案1
0 2015-10-20 11:18:14