Question

我在product.php上有以下代码..似乎无法回应来自ajax帖子的post变量。警报显示正常。请帮忙

JQUERY

    document.getElementById("LBTest").onchange = function(){
      var lbtest = $('#LBTest :selected').val();
      $.ajax({
      type: "POST",
      url: "product.php",
      data: {test: lbtest},
      success: function()
      {
          alert("Successful");
      }
      });
}

PHP

if(isset($_POST['test'])){
    $data = $_POST['test'];
    echo $data;
}

Answer 1

您需要对从ajax调用中收到的数据执行某些操作。例如，要将结果放入名为<div>的{{1}}：

resultDiv

Answer 2

$.ajax({
      type: "POST",
      url: "product.php",
      data: {test: lbtest},
      success: function(data)
      {
          alert("Successful");
      }
});

您需要将数据添加到名为的成功函数中。您可以在本地执行此操作，也可以引用另一个用于处理从服务器返回的响应的函数。

success: function(data)
{
    console.log(data);
    alert(data + " was returned from the server");
}

在服务器端，json_encode正在返回的对象并使用可在客户端上更合理地处理的错误代码是个好主意。

handleResponse(data) {
    var data = $.parseJSON(data);
    if(data.code >= 200 || data.code < 300) {
        // modify the dom, add data to a model, take over the world with your web app.
    }
}

简单的Ajax发布到PHP回声

2 个答案: