Question

我正在尝试使用下面的AJAX脚本将下拉ID传递给PHP以运行查询，但是看起来该变量实际上并未传递。当我对PHP文件进行硬编码时，查询运行正常，但是当我尝试动态地执行它时，查询返回“未定义”或根本没有。

AJAX代码

function ajax_post(){
var request = new XMLHttpRequest();
var id = document.getElementById("editorginfo").value;
      alert (id);
request.open("POST", "parse.php", true);
request.setRequestHeader("Content-Type", "x-www-form-urlencoded");
request.onreadystatechange = function () {
    if(request.readyState == 4 && request.status == 200) {
        var return_data = request.responseText;
        alert (return_data);
        document.getElementById("orgeditname").value = return_data;
        document.getElementById("orgeditphone").value = return_data;    
    }
}

request.send("id="+id);
}

PHP Parse Code

<?php
include_once('../php_includes/db_connect.php');

$searchid = $_POST['id'];

//$searchid = 1;

$sql = 'SELECT * FROM orginfo WHERE id = $searchid';

$user_query = mysqli_query($db_connect, $sql) or die("Error: ".mysqli_error($db_connect));

while ($row = mysqli_fetch_array($user_query, MYSQLI_ASSOC)) {

$orgid = $row["id"];

 $orgname = $row["orgname"];

 $orgphone = $row["orgphone"];

 echo $orgname, $orgphone;

}
?>

不确定信息丢失的位置。当我提醒id时它正在捕获正确的信息，所以我认为问题出在我的发送部分，但我无法弄清楚我做错了什么。任何帮助将不胜感激。

提前致谢。

Answer 1

您的请求标头错误。改变这一行 -

request.setRequestHeader("Content-Type", "application/x-www-form-urlencoded");
                                          ^^^^^^^^^^^^

AJAX没有将变量传递给PHP进行MySQL查询

1 个答案: