Question

值不会从数据库传递“rate_number”。“ratingValue”警报和“id”警报正在运行，但“num”警报无效。

这是我的PHP代码。

$jsqla = mysql_query("select id,name,rate_score,rate_number,video_image from products where genre='$genre' limit 0,5");

if($jrowa['rate_number'] > 0){ 
   $ratea = $jrowa['rate_score'] / $jrowa['rate_number']; 
   $rateid = $jrowa['id'];
}else{ 
   $ratea = 0; 
   $rateid = $jrowa['id'];
}

这是我的HTML代码。

<div class="col-sm-2 portfolio-item" style="width: 20%;">

    <input class="rating form-control input-star-rate" id="<?php echo $rateid; ?>" name="rating" value="<?php echo $ratea; ?>" data-min="0" data-max="5" data-step="0.3" data-size="xs" style="display: none; text-align: center;"/>

</div>

这是我的jQuery代码。

$(function(){
      $(document).ready(function(e) {
          var $stars = $('.input-star-rate');

          $stars.bind('change', function() {
             var $this = $(this); 
             var ratingValue = $this.val();
             alert(ratingValue);

             var id = $this.attr("id");
             alert(id);

             var num = parseInt($this.attr("rate_number") + 1, 10);
             alert(num);
          });
      });
 });

Answer 1

尝试

 var num = parseInt($this.attr("value") + 1, 10);
             alert(num);

而不是

 var num = parseInt($this.attr("rate_number") + 1, 10);
             alert(num);

如何在jQuery中从数据库获取星级评分的数据？

1 个答案: