Question

为我的博客网站处理喜欢/不喜欢的功能，并且变量不会流过。我已经盯着这几天了，因为所有的代码看起来很好而且我已经包含了包含varibales的所有必要页面，所以无法找到它。任何见解？

这是＆＃34;按钮＆＃34;我正在使用＆＃34;喜欢＆＃34;按钮：

    <a href="#" onclick="like_add('. $blabid .')" class="like">Like</a> <span id="likes" class="likereadout">' . $likes . '</span>

当我＆＃34;检查元素＆＃34;时，id变量会正确显示，但不会传递给下面的Javafunction：

    function like_add(postid) {
     $.post('like_add.php', {postid:postid}, function(data) {
     if (data == 'success') {
     alert('Woohoo');
     } else { 
       alert('I need sleep.');
       }
      });
      }

Javascript应该将变量传递给like_add.php，其中包含：

    <?php
    include 'init.php';
    if (isset($_POST['postid']) && article_exists($_POST['postid'])) {


    $postid = $_POST['postid'];

    if (previously_liked($postid) === true) {
    echo 'You\'ve already liked this!';
} else {
  add_like($postid);
  echo 'success';
  }
     }
     ?>

其中引用了init.php文件中包含的以下php函数：

    function article_exists($postid) {
     $postid = (int)$postid;
     return (mysql_result(mysql_query("SELECT COUNT('id') FROM 'blabbing' WHERE 'id' = $postid"), 0) == 0) ? false : true;

}

和

    function add_like($postid) {
     $postid = (int)$postid;
     mysql_query("UPDATE 'blabbing' SET 'likes' = 'likes' + 1 WHERE 'id'= $postid");
     mysql_query("INSERT INTO 'likes' ('user_id', 'id') VALUES ($ip, $postid)");
     }

Realllll对所有这些都是新手，所以请放轻松我。非常感谢你的帮助！

function article_exists($postid) {
     $postid = (int)$postid;
     return (mysql_result(mysql_query(

Answer 1

当您通过$ .post发送AJAX数据时，必须对其进行字符串化处理：

$.post('like_add.php', JSON.stringify({postid:postid}), function(data) {

变量不通过javascript和php

1 个答案: