Question

好的，这是我的ajax请求：

$("#scoreForm").submit(function(e){
    e.preventDefault();
    var nickName = $('#nickName').val();
    var gameScore = parseInt($('#gameScore').text());
    var result = {  'result' : '{ "nick":"'+nickName+'", "score":'+gameScore+' }' };
    //var result = { "nick":nickName, "score":gameScore };
    $.ajax({
        url: "http://localhost:8888/snake/addScore.php",
        type: "POST",
        data: result,
        //dataType: "jsonp",
        success: function(data){
            alert("siker");

        },
        error: function(jqXHR, textStatus, errorThrown) {
            alert("bukta " + textStatus);
            //console.log(data);
        }
    });
    return false;
});

和我的php进程代码：

$json_decoded = json_decode($_POST['result'],true);
//$nick = $_GET['nick'];
//$score = $_GET['score'];

$mysqli = new mysqli("localhost", "root", "root", "snake",8889);
//$mysqli->query("INSERT INTO scores(nickName,score) VALUES('".$nick."', ".$score.")");
$mysqli->query("INSERT INTO scores(nickName,score) VALUES('".$json_decoded['nick']."', ".$json_decoded['score'].")");

echo "true";

现在我将数据插入到数据库中，但是ajax仍然会触发错误事件。我读到，如果我将dataType设置为jsonp它会变低，但后来我得到解析错误，我怎么过去呢？

Answer 1

如果您在php脚本中访问$ _POST变量，则需要按照JSON对象的方式引用它们：

$_POST['nick']
$_POST['score']

如果你想把这些项目称为$ _POST ['result']并使用你的json解码方法，你需要这样打包：

var result = {  result : { "nick":nickName, "score":gameScore } };

jquery ajax发送json到php错误

1 个答案: