当我点击第四个按钮时,它显示在第一个td我希望显示下面有关td旁边的响应是我的代码可以帮助我。谢谢
(即这里我使用$status
使用查询,但我希望此状态在单击按钮时显示在最后一个td中
HTML
echo '<td class=" '.$rows["net_id"].'">'.$rows["clientid"].'</td>
<td id="CPH_GridView1_clientid" class=" '.$rows["net_id"].'">'.$rows["region"].'</td>
<td id="CPH_GridView1_country" class=" '.$rows["net_id"].'">'.$rows["country"].'</td>
<td class="edit3 '.$rows["net_id"].' "> <input type="button" class="edit2" value="R" /> </td>
<td id="responsecontainer"></td>'
AJAX
<script type="text/javascript">
$(document).ready(function() {
$(".edit2").click(function() {
arr = $(this).parent().attr('class').split( " " );
var clientid=document.getElementById("client").value;
$.ajax({ //create an ajax request to load_page.php
type: "POST",
url: "clientnetworkpricelist/display.php",
data: "clientid="+ clientid+"&rowid="+arr[1],
success: function(response){
$("#responsecontainer").html(response);
//alert(response);
}
});
});
});
</script>
Display.php的
<?php
$dbHost = 'localhost'; // usually localhost
$dbUsername = 'xxx';
$dbPassword = 'xxxxxxx';
$dbDatabase = 'fms';
$db = mysql_connect($dbHost, $dbUsername, $dbPassword) or die ("Unable to connect to Database Server.");
mysql_select_db ($dbDatabase, $db) or die ("Could not select database.");
$client_id=$_POST['clientid'];
$feild=$_POST['field'];
$data= $_POST['value'];
$rownum=$_POST['rowid'];
$sql_selectsupplier="select status from $client_id WHERE net_id = ".$rownum."";
$querysupplier = mysql_query($sql_selectsupplier);
$i=1;
while($row=mysql_fetch_assoc($querysupplier))
{
$status=$row['status'];
}
print $sql_selectsupplier;
print $status
?>
图像
答案 0 :(得分:2)
您是否尝试过警告脚本文件中的响应或在控制台上打印响应,如果脚本文件中的响应也正确并且您在控制台中没有错误请尝试一次
document.getElementById('responsecontainer').innerHTML=response;
取代
$("#responsecontainer").html(response);
如果你之后没有得到td填充,也确定控制台出错了请发布