Question

我是异步请求的新手，我试图将表单的内容提交到数据库中。接收并验证数据，并且回调函数显示请求已成功发送，但没有任何内容放入数据库。当我硬编码值进入数据库时，mysqli查询成功提交，所以我认为问题是接收$ _POST数据的php文件。

通常我只是禁用任何重定向并回显我的.php文件或alert（var）中的变量内容以查看从表单接收（或未接收）的内容，但是使用异步请求我可以＆＃ 39; t do。

我的下一个想法是将它们写入文件以检查其值，但我确信这是一种更好的方法。

继承人jQuery函数：

var formObj = $(this);
var formURL = formObj.attr("action");
var formData = new FormData(this);
$.ajax({
    type: 'POST',
    url: "addCal.php",
    data:  formData,
    mimeType:"multipart/form-data",
    contentType: false,
    cache: false,
    processData:false,
success: function(data, textStatus, jqXHR)
{
 alert("Entry added!");
 $('input#food').val('');
 $('input#fullness').val('');
 $('input#datepicker').val('');
 $('textarea#notes').val('');
},
 error: function(jqXHR, textStatus, errorThrown) 
 {
  alert("unsuccessful!");
 }          
});

以及addCal.php的内容：

<?php
include 'db_connect.php';

$food = $_POST["food"];
$fullness = $_POST["fullness"];
$day = $_POST["day"];
$month = $_POST["month"];
$year = $_POST["year"];
$notes = $_POST["notes"];
$username = $_COOKIE["user"];

$date = mktime(0, 0, 0, $month, $day, $year)

// submit data
  mysqli_query($result, "INSERT INTO `food` (`food`, `fullness`, `user`, `notes`, `date`)
  VALUES ('$food', '$fullness', '$username', '$notes', '$date')")
     or die(mysqli_error($result));

?>

如何通过AJAX post（）请求发送变量后调试变量的内容？

0 个答案: