Question

简单问题：我只想将item_num发送到insert_profile.php，然后加载insert_profile.php并在那里回显item_num。它不起作用！ 'insert_profile.php'将加载，但它没有获取数据。

我的data:有问题吗？我也试过data: {item_num: item_num}。我很抱歉，如果这是重复的，但我已经尝试了所有我见过的例子，但没有一个能够正常工作。我认为它也可以在success:

我也看过http://api.jquery.com/jQuery.ajax/。

的Javascript / HTML

 <script>

$('.prof_wl_btn').click(function() { 
$(this).removeClass('prof_wl_btn');
$(this).addClass('prof_wl_btn_added');
  var item_num = this.id;
  alert('item id    ' + item_num); //*this will alert correctly*
  $.ajax({
      type: "POST",
      url:'insert_profile.php',
      data: "item_num"+item_num,   
      success: location.href = "insert_profile.php" //*this will load**   
  });
});
</script>

PHP

<?php
$s_n = $_REQUEST['item_num'];
echo $s_n;
?>

Answer 1

您不能以这种方式回显变量，因为您对同一页面有两个不同的请求：

当您将数据发送到您执行某些操作和返回的页面时，第一个是AJAX请求;
当您访问insert_profile.php页时，当您的值丢失时，第二个。

如果你想看到你的价值得到回应，你可以这样做：

AJAX调用应如下所示：

    $.ajax({
      type: "POST",
      url:'insert_profile.php',
      data: {item_num : item_num},   
      success : function(data) {
         alert(data);  
      }
  });

然后你的PHP文件：

<?php $s_n = $_POST['item_num']; 
  echo $s_n;
  exit;
?>

Answer 2

$.ajax({
      type: "POST",
      url:'insert_profile.php',
      data: "item_num = "+item_num,   
      success : function( data ) {
         // location.href = "insert_profile.php" //*this will load** 
         alert(data);  
      }
  });

在PHP代码中你喜欢这样并检查

<?php
echo 'OK';

将AJAX变量传递到.php页面并加载该页面和echo变量

2 个答案: