从php页面插入mysql表中的jquery var时，我遇到了一个非常奇怪的事情

Question

我有一个php页面，我使用了一个jquery函数来根据复选框和单选按钮和文本框的值获取动态值。发生了什么事，我使用了两个警报

1。）警报（数据）;

2）警报（grand_total）;

在我的Jquery函数的ajax部分只是为了确保我在“grand_total”中得到什么值。一切正常，警报很好，数据正好插入表中。

然后我从函数中删除了警报，过了一段时间后我再次开始测试整个站点，我发现grand_total的值没有被插入到mysql表中。

我再次发出警报，检查出现了什么问题，一切都恢复正常。再次删除并再次启动问题。有什么想法的人出了什么问题？

这是来自 “xyz.php”

的JQUERY函数的代码片段：

<script type="text/javascript">
$(document).ready(function() {

    var grand_total = 0;

    $("input").live("change keyup", function() {

        $("#Totalcost").val(function() {

            var total = 0;
            $("input:checked").each(function() {

                total += parseInt($(this).val(), 10);
            });
               var textVal = parseInt($("#min").val(), 10) || 0;

               grand_total = total + textVal;

               return grand_total;
        });

     });
         $("#next").live('click', function() {

        $.ajax({
            url: 'xyz_sql.php',
            type: 'POST',
            data: {
                grand_total: grand_total
            },
            success: function(data) {
                // do something;

            }
        });

    });

   });

对应的HTML代码：

       <form method="post" id="logoform3" action="xyz_sql.php">
       <input type="text" name="Totalcost" id="Totalcost"  disabled/>       
       <input type="submit" id="Next" name="next"/>

此代码来自 *“xyz_sql.php”* ：

<?php
session_start();

include ("config.php");

$uid = $_SESSION['uid'];

$total= mysql_real_escape_string($_POST['grand_total']);

$sql="INSERT INTO form2 (total,uid)VALUES('$total','$uid');";

if($total > 0){
$res = mysql_query($sql);
}

if($res)
{
echo "<script> window.location.replace('abc.php') </script>";
}
else {
echo "<script> window.location.replace('xyz.php') </script>";
}
?>

最后但并非最不重要： echo“window.location.replace（'abc.php'）”; 无论数据是否插入表中都不会被执行。

Answer 1

首先提交表单，如表单，而不是ajax - 因为单击“提交”按钮时没有preventDefault操作。这就是它看起来正确的原因。但是在那种形式中没有名为“grand_total”的输入。所以你的php脚本失败了。

第二 - 你将ajax绑定到id为“next”的元素 - 但是你的html中没有这样的id元素，这就是为什么永远不会调用ajax。

Answer 2

РоманСавуляк的解决方案很好，但还不够。
您应该将$ total变量转换为php文件中的整数，并使用 if 和 isset（）来启动代码，因此我将重写您的php代码：

<?php
session_start();
include ("config.php");
if(isset($_SESSION['uid']))
{
    $uid = $_SESSION['uid'];
    if(isset($_POST['grand_total']))
    {
        $total= mysql_real_escape_string($_POST['grand_total']);
        $sql="INSERT INTO form2(total,uid) VALUES('".$total."','".$uid."')";
        if((int)$total > 0)
        {
            if(mysql_query($sql))
            {
              echo "your output that will pass to ajax done() function as data";
            }
            else 
            {
                echo "your output that will pass to ajax done() function as data";
            }
        }
    }
}

并且你也可以在每个 if 语句之后传递输出，并完成js ajax函数，如：

$.ajax({
        url: 'xyz_sql.php',
        type: 'POST',
        data: {
            grand_total: grand_total
        }
}).done(function(data) {
            console.log(data);   //or everything
});