Question

我正在尝试使用简单的代码来使用jquery获取城市名称但结果我总是有完整的PHP代码，我命令处理，虽然我采取的这些代码与来自互联网的来源不同

这是代码，

jquery的

$('input#name-submit').on('click', function() {
    var name = $('input#name').val();
    var namempty = '';
    if ($.trim(name) != '') {
        $.post('ajax/name.php', {
            nameSend: name
        }, function(data) {
            alert("Data Loaded: " + data);
        });
    } else {
        $('div#name-data').text(namempty);
    }
});

php“name.php”

if (isset($_POST['nameSend'])=== true && empty($_POST['nameSend']) === false) {
    require '../db/connect.php';

    $query = mysql_query("SELECT city.cityId FROM city 
        WHERE city.cityName='"
        . mysql_real_escape_string(trim($_POST['nameSend']))."' "
    );

    echo (mysql_num_rows ($query)!== 0 ) 
        ? mysql_result($query,0,'location') : 'Name Not Found !!!';
}

我请求处理的name.php根本没有处理它只返回结果，就像name.php的代码一样我已经使用了像WAMP / XAMPP这样的其他服务器仍然没有得到我需要的结果

Answer 1

如果返回整个PHP代码，您的PHP代码可能没有被执行。这可能是服务器配置问题。

另一方面，检查你的mysql语句返回的内容。它真的只返回城市名称吗？对我而言，似乎你正在那里取得一些城市。

一般来说，为了清理php脚本的返回值，我建议使用json。从您需要的数据库中获取数据，并将其存储在例如$object中。然后执行以下操作：

$object = json_encode($object)
echo $object;

这会将数据转换为格式良好的对象，可以在jQuery代码中使用，如下所示：

var json = $.parseJSON(data); //data being the callback parameter
alert(json.attr1);
alert(json.attr2); //all attributes that the object had in the php code are accessible through this

总结一下：调试你的查询，确保你的php服务器实际工作（当你在浏览器中直接打开name.php时会发生什么？）并通过json使用干净的回调。

修改

要调试查询，请在脚本的最开头说

echo "SELECT city.cityId FROM city WHERE city.cityName='".mysql_real_escape_string(trim($_POST['nameSend']))."'";
exit;

在浏览器中打开脚本。您将在屏幕上看到您的查询回显。复制查询并将其粘贴到数据库面板（可能是phpmyadmin）并执行查询，看它是否返回任何错误消息。

Answer 2

它看起来因为服务器软件错误，只要我尝试，我已经使用

XAMPP 1.7.7 lite USB - ＆gt;工作正常
XAMPP 1.7.7完整安装 - ＆gt;工作正常
XAMPP 1.8.1 lite USB - ＆gt;错误
XAMPP 1.8.1完整安装 - ＆gt;错误
WAMP - ＆gt;错误

嫌疑人是最新的apache服务器与jquery插件不兼容或者php

Jquery无法处理返回值是php代码

jquery的

php“name.php”

2 个答案: