Question

我正在使用$.post()将一些数据输入服务器。在ajax文件中，我想在包含数字的变量中添加1。但是，当数据被放入服务器时，而不是添加1而不是1.我感到难过。我究竟做错了什么。我发誓一秒钟我开始工作了，接下来我知道它停止工作了。这是代码。

$liker = $_POST['likes'];

$likes = $liker + 1; 

send_data_to_server($likes);

更新

我已经发现喜欢不是通过ajax帖子发送的。我将尝试对解决方案进行故障排除，因为我发现jquery代码操作不正确。下面的代码如果有人想在我自己排除故障的时候试一试。

$('#submitter').click(function() {
    var search_term = $('#band_request').val();
    $.post('ajax_searchlike.php', {
        search_term: search_term
    }, function(data) {
    /*this section is where I know the problem is
      $('#like_temp_holder').append(data);
      });
      var likes = $('#like_temp_holder').val();
      */
        $.post('ajax_send_band_request.php', {
            likes: likes
        }, function(data) {
            $(data).appendTo("#response_from_request_verification");
        });
    });

< /script>
    <div id="like_temp_holder"></div>
    <div id = "response_from_request_verification"></div>

Answer 1

如何踢出喜欢的东西，然后这样做：

$liker = $_POST['likes'];

$liker++ ; 

send_data_to_server($liker);

或者这种尝试是否会破坏您的代码？

Answer 2

这是我的错。第一个.post（）毫无意义。我将第一个ajax文件附加到第二个文件并完成了工作。我喜欢过度使用AJAX。获得的经验教训：为什么只需要做一个AJAX调用就可以了。

搞砸了不通过AJAX发送的jQuery代码

2 个答案: