Question

事实证明，我需要将loginName作为第一个URL参数传递，ID作为第二个传递，但下面的JavaScript代码仍无法正常工作。

 return "<a target='tab' data-tab-name='#RequestDetails' data-tab-index='2' href='viewDetails.php?loginName="
        + <?php echo $user; ?> + "&ID=" + oObj.aData["ID"] + "'> " + oObj.aData["ID"] + " </a>";

它返回了我之前遇到的同样错误。

我们希望URL参数的值与此类似：

http://viewDetails.php?loginName="john.doe&ID=2984

有什么想法吗？

Answer 1

我猜这是一个JS return，这意味着：

 + <?php echo $user; ?> +

会产生类似的东西：

var foo = "...." + name_of_user + "....";

并被视为未定义的变量。你可能想要

var foo = "..." + <?php echo json_encode($user); ?> + "...";

会产生

var foo = "..." + "name_of_user" + "...";

并被视为常规字符串。

Answer 2

除非您的$name是一个数字，否则您输出的JavaScript认为是变量名称 - 查看渲染结果始终很重要：

return "<a target='tab' data-tab-name='#RequestDetails' data-tab-index='2' href='viewDetails.php?loginName="
    + john.doe + "&ID=" + oObj.aData["ID"] + "'> " + oObj.aData["ID"] + " </a>";
//    ^^^^^^^^

看到了吗？ JavaScript正在寻找一个名为john的对象，其属性为doe。

要将PHP变量传递给JavaScript，请使用json_encode，如下所示：

return "<a target='tab' data-tab-name='#RequestDetails' data-tab-index='2' href='viewDetails.php?loginName="
    + <?php echo json_encode($user); ?> + "&ID=" + oObj.aData["ID"] + "'> " + oObj.aData["ID"] + " </a>";

这应该可行！

为什么我仍然会收到未定义的错误？

2 个答案: