假设我有一个包含div和mysql数据的页面。例如下面的代码:
<div id="example">
<table class="table table-striped table-bordered">
<thead>
<tr>
<th>#</th>
<th>Name</th>
</tr>
</thead>
<tbody>
<?php $num_rows=1 ; // store the record of the "tblstudent" table into $row while ($row=m ysqli_fetch_array($result)) { // Print out the contents of the entry echo '<tr>'; echo '<td>' . $num_rows . '</td>'; echo '<td>' . $row[ 'name'] . '</td>'; $num_rows++;
} ?>
</tbody>
</table>
</div>
如果我只想刷新页面的某些部分<div id="example">
,如何只使用一个页面而不使用.load()
或$.post
来执行此操作。它真的可能吗?
答案 0 :(得分:1)
你发布的是PHP - 在PHP中根本没有办法更新页面。你将使用JavaScript做到这一点。
如果您想刷新页面的某个部分,AJAX通常是这样做的方式($.ajax
或.load()
)。由于您不希望/无法使用AJAX,因此IFRAME实际上是唯一的其他方法。在单独的页面中框出您的内容,然后通过IFRAME包含它。您可以使用以下两种方法之一来刷新它:
document.getElementById('#FRAME').contentDocument.location.reload(true);
var iframe = document.getElementById(FrameId);
iframe.src = iframe.src;
答案 1 :(得分:1)
你在页面加载时克隆你的对象。你需要采取全局变量。
var cloneObj;
$(document).ready(function (){
cloneObj= $("#example1").clone();
});
现在,无论何时需要刷新该元素,只需调用下面给出的代码块。
$("#example1").replaceWith(cloneObj.clone());
我在之前的回答中使用了这段代码。请查看此FIDDLE
我希望它可以帮到你。如果不是请问。我会再试一次