Question

我一直在寻找几个小时，但没有找到解决问题的方法这是我的jQuery / Ajax代码：

$(document).ready(function() {  
  $(".submit_btn").click(function () { 
      var name = $("input#name").val();  
      var dataString = 'query='+$("#query").val()+'&facebook='+facebook+'&twitter='+twitter;
      $.ajax({  
          type: "POST", 
          url: "selectDataSets.php",
          dataType: "json",
          data: dataString,  
          success: function(data) { 

            alert ("hello");

          }  
        });  
        return false;  
  });  
});

现在我的selectDataSets.php代码：

<?
include_once 'config.php';
if ((isset($_POST['facebook'])||isset($_POST['twitter']))&&isset($_POST['query'])) { 

$elements=0;
$dataSet=array();
$tt=array();
$fb=array();

mysql_connect($config['database_url'], $config['database_user'], $config['database_password']) or die(mysql_error());
$queries = explode(";", $_POST['query']);

foreach ($queries as $query){
    if(isset($_POST['facebook']) && $_POST['facebook'] == true){

        mysql_select_db("facebook") or die(mysql_error());
        $mysql_query = "SELECT * FROM page WHERE lower(name) LIKE '%".mysql_real_escape_string(strtolower($query))."%'";

        // Perform Query
        $result = mysql_query($mysql_query);

        while ($row = mysql_fetch_assoc($result)) {
            $set = array(
                    "name" => str_replace("-","",$row['name']),
                    "likes" => $row['likes'],
                    "about"   => $row['talkAbout'],
                    "source"   => "Facebook (Page)",
                    "id"   => $row["id"],
                    "query"   => $query
            );
            $fb[$elements]=$set;
            $elements++;
        }
        mysql_free_result($result);

    }
 }

mysql_close();
echo json_encode($fb);
}

使用dataType: "json"，alert("Hello")不起作用，也不会在成功回调中添加任何内容。虽然当我删除dataType: "json"时，警报仍然有效，但是变量数据不会被识别为JSON（因为我在尝试data[0].name时仍然未定义），即使我已经检查并且数据已打开格式[ { "name: ... } ]，我猜是正确的JSON。我不知道还能做什么，因为我在另一个与dataType: "json"完美配合的php文件上有类似（几乎相同）的代码。

提前致谢！

Answer 1

您能否使用Chrome的网络窗口查看PHP脚本/ AJAX调用的实际输出？

确保没有MySQL错误和内容。不放置dataType: "json"时没有错误的原因是因为JSON解析器没有尝试读取格式错误的JSON。出于某种原因，您的示例JSON很好，但无论AJAX接收到什么都不好。在网络窗口中，选择您的AJAX调用并查看响应选项卡。这将显示实际输出。

使用dataType：“json”不运行AJAX代码

1 个答案: