Question

我在使用AJAX / JS和PHP时遇到了一些问题。我想要做的是一个LIKE按钮，如果点击，页面不会重新加载，但更新特定注释的类似列。我能够提出这两个脚本php和AJAX。但是当我加载about_cs.php并单击LIKE按钮时，现在屏幕上没有显示任何内容。请问我的问题可能来自哪里？感谢您的时间和耐心，我非常感谢。谢谢。

about_cs.php

    $q = "SELECT c.comment_id
    FROM comment AS c  
    INNER JOIN about AS ac ON
    c.article_id = ac.about_id
    WHERE   c.article_id =  '".$article_id."'
    AND page_name = '".$page_name."'"
    or die (mysql_error());



    $r = mysql_query($q);
    if(mysql_num_rows($r)==1)
    {

   $row = mysql_fetch_assoc($r);
    $likes = $row['votes_up'];
    }

    $comment_id = $_GET['comment_id'];
    $action = $_GET['action'];


    if($action=='like') 
    {
    $total_likes = $likes+1;
    $q = "UPDATE comment 
    SET like = $total_likes 
    WHERE   c.article_id =  '".$article_id."'
    AND page_name = '".$page_name."'";
    }

LIKE按钮

echo "<a class=\"like\" href=\"about_cs.       php?action=like&comment_id=
  $comment[comment_id]&article_id=$_
  SESSION[article_id] \"><img src =\"like.
  jpeg\" ></a>";


 $(function(){
 $(".like").click(function(){
 the_id = $(this).attr('comment_id');
    $.ajax({
      type: "GET",
            data: "action=likep&comment_id     ="+$(this).attr("comment_id"),
        url: "about_cs.php",
        success: function(msg)
        {
        $("span.likes"+the_id).html(msg);  


        }
       });
      });
      });

Answer 1

您正在向锚添加类并尝试通过ID选择器来定位它。

$(".like").click(function(){

   ^ notice the selector.

ajax不适用于LIKE Button

1 个答案: