返回先前加载的页面并显示弹出窗口

Question

我有一个页面显示开放销售电话的摘要。当用户单击摘要时，会进行ajax调用，以完整详细显示所选呼叫。在这里，用户可以更改呼叫并单击“保存”。单击“保存”时，将进行另一次ajax调用以将数据写入数据库。

我想做的是..如果保存成功，返回显示摘要的原始页面并触发一个弹出窗口，说明保存成功。我遇到的问题是在最初加载页面时弹出窗口不会触发，或者单击“不保存返回”按钮。

页面使用php和javascript，带有ajax调用。

我希望这有点意义。感谢您提供的任何指示。

Answer 1

保存成功后，将其重定向到以下网址：

http://www.example.com/previousPage.php?result=success

然后，在previousPage.php的代码中，只需要：

<?php

if(isset($_GET['result']) && $_GET['result'] == 'success')
{
    echo '<script>alert("Success!");</script>';
}

?>

Answer 2

为什么要使用ajax来获取销售电话，然后更改页面？ 我建议使用模态对话框来显示您选择的来电，使用jQuery UI之类的内容。然后用户永远不会离开当前页面。