Question

我的角度很新我为用户分享故事创建了一个模态窗口，然后在体内显示它：

HTML

 <button class="btn btn-primary new-story" ng-click="showPopup()">New Story</button>


            <div class="wroteStory img-rounded" ng-repeat="story in sentCompose">

                <h1 class="s-label"><i><label for="subject">Subject :</label></i></h1>
                <h5>{{story.subject}}</h5>


                <h1 class="s-label"><i><label for="body">Full Story :</label></i></h1>
                <h6>{{story.body}}</h6>
                <button class="btn btn-danger" ng-click="remove($index)"> Delete </button>
                <hr/>
            </div>

JS

app.controller('aboutController', function($scope,ngProgress) {


$scope.popupVisible = false;
$scope.showPopup = function(){
    $scope.popupVisible = true;
    $scope.composeStory = {};
}
$scope.closePopup = function(){
    $scope.popupVisible = false;
}


$scope.composeStory = {};
$scope.sentCompose = [];

$scope.sendStory = function() {
   $scope.sentCompose.push($scope.composeStory);
    $scope.popupVisible = false;


    $http.post("insert.php", data).success(function(data, status, headers, config){

    });

};

我想将此表单中的数据保存到数据库中吗？ Thx提前

Answer 1

如果您提供的信息有限，我会尽力为您提供帮助。当您提出问题时，请显示您的输出结果，调试内容。其他人了解您的问题并建议您解决问题将会有所帮助。这是我的建议

1）我看不到您的$http.post("insert.php", **data**)数据变量的范围，确保您已将序列化数据包含在其中。

2）检查firebug是否发送了您的请求。如果你能看到请求，那么看看你得到的答案是什么

3）因为你有成功处理程序总是有任何Ajax调用的错误处理程序，这是一个最佳实践，节省了大量的时间进行调试

我的建议是基于您的insert.php已经过正确插入数据测试的假设。如果不是，你必须遵循John Conde所说的

Answer 2

首先你应该能够在mysql中创建一个db并为其创建一个表。<或/> 然后你应该能够像这样用PHP连接它们：

    $host = "localhost";
$user = "angular";
$pass = "angular";
$database = "angular";
$con = mysql_connect($host,$user,$pass);
if (!$con) {
    die('Could not connect: ' . mysql_error());
}
echo 'Connected successfully';
mysql_select_db($database,$con);

使用AngularJS和php将数据从表单保存到数据库

2 个答案: