Question

这是我的代码：

 var myVariable = "<div>";

 for (i = 1; i < 5; ++i) {
 myVariable += '<div class="user' + i + '">'; 

 $.ajax({
      type: "POST",
      data: "uziv=" + i,
      url: "../php/ajax_objednavky.php",
      success: function(data){
      //alert(data);  work well
      //$('#content').html(data); work well
      myVariable += data; //doesn't work
      }              
    });

 myVariable += '</div>';

 } 

 myVariable += "</div>";
 $('#myDiv').html(myVariable);

PHP文件看起来像

<? echo "data from mysql"; ?>

我可以使用alert查看数据，但如何将数据添加到变量？

Answer 1

编辑。

可能是因为ajax请求花了一些时间来芬兰语。当第一个结果返回时，JS已经完成了。

这段代码可能会有所改进，但我希望你明白我的意思。

var myVariable = "<div>";

 for (i = 1; i < 5; ++i) {
 myVariable += '<div class="user' + i + '">'; 

 $.ajax({
      type: "POST",
      data: "uziv=" + i,
      url: "../php/ajax_objednavky.php",
      success: function(data){
        myVariable += data; //doesn't work
        myVariable += '</div>';

        if(i == 4){
          myVariable += "</div>";
          $('#myDiv').html(myVariable);
        }
      }              
    });
 }

您可以将所有这些内容作为json发送到ajax-request上，而不是发送每个i，并将所有结果返回到一个请求中。这需要对您的服务进行一些重建，但这可能是更好的方法。

Answer 2

我对你的帖子感到惊讶：

data: "ter="+ objednavky + "&uziv=" + uzivatel,

我一直用数据：{ter：objednavky，uziv：uzivatel}

更容易阅读，恕我直言。

那么，你的意思是“不工作吗？”

试试这个：

 myVariable += data;
 alert("foo");

你看到foo警报吗？（我希望你搞砸了“”并且在div上没有打印，但它“有效”）。例如：“”

Answer 3

我想这就是你需要的，因为不需要将数据与myVaraible连接起来。

<强>更新

原因是，ajax data 正在返回 object 。所以连接不是一个好的。所以我想你可能有data.something。以这种方式检查。

如果它是一个对象，那么连接输出将是

<div>[object Object]

ajax成功（数据）到变量+ =数据

3 个答案: