Question

我正在创建一个onlineshop，我有三种形式（使用2个不同的php文件）。第一种形式 - 基于用户填写标题，价格＆amp;产品描述第二种形式 - 上传新产品的图像第三种形式 - 从数据库中选择一个类别（表）以将记录添加到给定的表

我如何使用AJAX做到这一点？新的PHP和AJAX请帮我修改我的代码。

第一个表格

<form action="insert.php" method="post" name="form1" enctype="multipart/form-data">
<div>
    <label for="title">Title: </label><input type="text" name="title"/>
</div>
<div>
    <label for="description">Desc: </label><input type="text" name="description"/>
</div>
<div>
    <label for="price">Price: </label><input type="text" name="price" />
</div>
<input type="hidden" name="submit" value="Submit">
</form>

insert.php（由第一种形式使用）

<?php
    $con=mysqli_connect('localhost','root', '',"onlineshop");
    // Check connection
    if (mysqli_connect_errno())
    {
        echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
    }


    $sql="INSERT INTO mens (title, description, price)
    VALUES
    ('$_POST[title]','$_POST[description]','$_POST[price]')";

    if (!mysqli_query($con,$sql))
    {
        die('Error: ' . mysqli_error($con));
    }
    echo "1 record added";

    mysqli_close($con);
?>

第二种形式

<script type="text/javascript" src="../cms/scripts/jquery.min.js"></script>
<script type="text/javascript" src="../cms/scripts/jquery.form.js"></script>

<script type="text/javascript" >
$(document).ready(function() {          
    $('#photoimg').live('change', function(){ 
        $("#preview").html('');
        $("#preview").html('<img src="loader.gif" alt="Uploading"/>');
        $("#imageform").ajaxForm({
                    target: '#preview'
        }).submit();

    });
}); 
</script>

<style>

body
{
    font-family:arial;
} 

.preview
{
    width:160px;
    border:solid 2px #dedede;
    padding:10px;
} 

#preview
{
    color:#cc0000;
    font-size:10px
}

</style>
<body bgcolor="#ffdd55">    
<font face=Arial size=3 color="#880088">
<form id="imageform" method="post" enctype="multipart/form-data" action='ajaximage.php' >
<small>Upload your image <input type="file" name="photoimg" id="photoimg" /></small>
</form>
<div id='preview'>
</div>

第三种形式

<?php 
    include_once 'dropdown.php'; 
?> 
<small>Choose category:</small>
<br>
<form action="<?php echo $_SERVER['PHP_SELF']; ?>" method="POST">
    <select name="Tables" id="ddTables" name="form3">
<?php 

    echo $tables;

?>
    </select>
    <input type="hidden" id="tableSubmit" value="Submit"/>
</form>
</div>

<!-- Submit 3 forms together-->
<script>
$('#form1_submit_button').click(function(){
    $('#form1 #imageform #form3').submit();
});
</script>

dropdown.php（由第三种形式使用）

<?php
    $dbname = 'onlineshop';

    if (!mysql_connect('localhost', 'root', '')) {
        echo 'Could not connect to mysql';
        exit;
    }

    $sql = "SHOW TABLES FROM $dbname";
    $result = mysql_query($sql);

    if (!$result) {
        echo "No tables exist! \n";
        echo 'MySQL Error: ' . mysql_error();
        exit;
    }
    $tables = '';
    while ($row = mysql_fetch_row($result)) {


   $tables .="<option value='$row[0]'>$row[0]</option>"; 

    }

    mysql_free_result($result);
?>

Answer 1

jQuery有一个很好的功能。（。post）

https://api.jquery.com/jQuery.post/

使用.val读取表单数据

http://api.jquery.com/val/

Answer 2

我建议的是对代码进行一些重组 - 而不是试图从1发布到三个单独的页面，或者尝试将这些步骤合并为一个，或者最终将它们分成3个。

例如：

（分为3）：

第一页，您填写产品的基本信息，将其提交并插入数据库，然后您将进入页面/步骤2（通过隐藏的POST＆＃39; d字段包含特定的＆＃34;产品ID＆＃34;或其他），您可以从数据库中选择一个类别。当您从那里提交时，它会被插入到数据库中，然后您将进入页面/步骤3，您可以在其中上传图像。提交后，您已完成！

- 优势：较小的单个页面，更容易调整其中任何一个。

- 缺点：很难改变影响所有3个页面的内容，如果用户网络速度慢，可能会花费很长时间来创建单个产品。

（组合）：

所有信息都在一个页面上输入 - 类别选择，基本产品信息和文件上传。提交该页面将一举处理所有信息。

- 优势：更容易进行大量更改，所有信息都会立即加载/提交，因此您不会在数据库中获得部分不完整数据。

- 缺点：要在一个页面上填写大量信息，可能会因为大量代码而难以找到改变的单一内容。

如何使用AJAX提交3个表单和一个提交按钮

2 个答案: