Question

这一直是我的问题。你们都已经帮了很多忙。但是，我再次陷入困境。我无法让.ajax()运行。出于某种原因，.click()甚至在if(field != text)电话之上没有.ajax()的情况下工作，但我离题了。

我的问题是：为什么我的ajax()无法正常运行，如果这个问题得到解决，那么在没有页面刷新的情况下将查询发送到数据库后，表格是否显示更新？

这是我的剧本：

<script type="text/javascript">
    $(document).ready(function()
    {
        $(".edit_td").click(function()
        {
            $(this).children(".text").hide();
            $(this).children(".editbox").show();

        }).children('.editbox').change(function()
            {
                var id=$(this).closest('tr').attr('id');
                var field=$(this).data('field');
                var text=$(this).val();

                var dataString = 'id= '+ id +'&field= '+ field +'&text= '+ text;
                alert("made variables");

                if(field != text)
                {
                    alert("in if");
                    $.ajax({
                    type: "POST",
                    url: "table_edit_ajax.php",
                    data: dataString,
                    cache: false,
                    success: function(html)
                    {
                        $("#first_"+ID).html(first);
                        $("#last_"+ID).html(last);
                    }
                    });
                }
                else
                {
                    alert('Enter something.');
                }
            });

        // Edit input box click action
        $(".editbox").mouseup(function() 
        {
            return false
        });

        // Outside click action
        $(document).mouseup(function()
        {
            $(".editbox").hide();
            $(".text").show();
        });

    });
    </script>

这是我的table_edit_ajax.php

<?php
   //connect to DB
   $con = mysqli_connect(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME);

   echo 'in table_edit';

   $id = mysqli_escape_String($_POST['id']);
   $table = "owners";
   $field = mysqli_escape_String($_POST['field']);
   $text = mysqli_escape_String($_POST['text']);
   $query = "UPDATE ".$table." SET ".$field."='".$text."' WHERE ".$table."_id = '".$id."'";
   mysqli_query($query);

   //close connection
   mysqli_close($con);

?>

Answer 1

所有mysqli函数的第一个参数是连接，语句或结果对象。

$id = mysqli_escape_String($con, $_POST['id']);
$table = "owners";
$field = $_POST['field'];
$text = mysqli_escape_String($con, $_POST['text']);
$query = "UPDATE ".$table." SET ".$field."='".$text."' WHERE ".$table."_id = '".$id."'";
mysqli_query($con, $query);

$field不应该被转义，因为它不是字符串值。因此，您需要仔细验证它，以防止SQL注入。也许不是允许客户端提交要更新的字段名称，而是让它们提交一个整数，在数组中查找该整数以转换为字段名称。

在您的AJAX调用中，由于未正确编码参数，可能会出现问题。将dataString作业更改为：

var dataString = { id: id, field: field, text: text };

然后jQuery会为你编码。

Answer 2

您正在发送数据字符串

 var dataString = 'id= '+ id +'&field= '+ field +'&text= '+ text;

并通过$ _POST检索它。

首先检查$ _POST中的内容并使用$ _GET而不是$ _POST

并将ajax中的发布更改为获取

什么是成功回调的第一个也是最后一个？

.ajax（）未发布到php数据库查询

2 个答案: