Question

当我发出.post（）请求时，例如

var data = $(this).serialize();
$('form').on('submit', function(event) {
    event.preventDefault();
    $.post('server.php', data, function(data) {
        $('#data').append('<p>' + data + '</p>');
    });
});

一切正常 - 数据库中的名称附加到带有p标签的#data元素。但是，当我尝试将数据作为像这样的对象传递时

var data = $(this).serialize();
$.post('server.php', {id: data}, function(data) {
    $('#data').append('<p>' + data + '</p>');
});

比它不起作用。我尝试将.post（）中的函数的参数更改为id，并且可能是PHP文件中.post（）的参数和变量的每个名称组合都没有成功。这是在这个问题中与我的.post（）请求的第一个版本兼容的完整的PHP文件：

<?php

    $id = $_POST['id'];

    $connection = new mysqli('localhost', 'root', '', 'dummy_db');

    $query = 'SELECT name FROM dummy_db_table WHERE id = "' . $id . '"';
    $result = $connection->query($query);
    $row = $result->fetch_assoc();

    echo $row["name"];

    $connection->close();

?>

请注意，HTML文件中ID的输入字段名称为“id”。我确实理解HTML中的这个名称属性有助于PHP确定它的价值，但是如果没有我通过表单的action属性指定与PHP的连接，它是如何做到的呢？我只是通过AJAX（.post（））来做这件事，而AJAX并没有告诉PHP任何关于那个id字段的具体信息。我在这里错过了什么？另外，我如何通过.post（）的数据属性发送值对象而不是单个对象？谢谢。

Answer 1

您尚未在此处添加表单代码，因此我们假设您的表单有两个字段名称和地址。实际上你需要在事件下放置serialize（）函数。像

$('form').on('submit', function(event) {
    event.preventDefault();
    var data = $(this).serialize();
    $.post('server.php', {id: data}, function(data) {
        $('#data').append('<p>' + data + '</p>');
    });
});

如果您打印以下行，请在您的server.php文件中：

$id = $_POST['id'];
echo $id;

这会显示如下结果： name = iffi＆amp; address = UK

我希望这会对你有所帮助。

如何通过jQuery中的.post（）将数据作为对象发送？

1 个答案: