Question

好的，我有一个名为albums.php的页面，代码如下：

<?php

    require_once('./config.php');

    $mysqli = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME);

    $album = $mysqli->query("SELECT * FROM Albums");

    print('<div id="grid">');
    print('<ul>');
    while ($row = $album->fetch_assoc()) {
        $cover = $row['Album_Cover'];
        $name = $row['Album_Name'];
        $id = $row['Album_ID'];

        print ('<li>');
            print('<form method="POST" action="">');
                print("<input type='image' src=$cover name='image' id='image' class=$id>");
            print("</form>");
            print('<br/>');
            print ("$name");
        print ('</li>');
    }
    print('</ul>');
    print('</div>');

    print('<br/>');
    print('<br/>');
    print('<br/>');
    print('<br/>');

    $mysqli->close();

    ?>

DB_HOST，DB_USER，DB_PASSWORD和DB_NAME来自config.php。 albums.php（再次，上面的代码）链接到脚本button.js，其代码如下：

$("#image").click(function(e) {
    e.preventDefault();
    var id = $(this).attr('class');
    var dataString = 'id='+id;
    $.ajax({
        type: "POST",
        data: dataString,
        url: "./pictures.php",
        success: function(data) {
            alert(data);
        }
    });
});

我的目标是使用ajax将点击图像的id传递给pictures.php。我的pictures.php代码如下：

<?php

require_once('./config.php');
require_once('./albums.php');

$id = $_POST['id'];

$mysqli = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME);

$pictures = $mysqli->query("SELECT * FROM Pictures WHERE Album_ID = $id");

print('<div id="grid">');
print('<ul>');
while ($row = $pictures->fetch_assoc()) {
    $picture = $row['Picture'];

    print("<li><img src=$picture class='thumbnail'></li>"); 
}
print('</ul>');
print('</div>');

$mysqli->close();

?>

我是否还必须在pictures.php中链接button.js脚本？除此之外，我无法想到这段代码可能存在的问题。顺便说一下，这三个文件都存储在我服务器上的同一个文件夹中，所以我相信我正确地访问它们。任何帮助将不胜感激！

Answer 1

仅举几例：

正如评论中所提到的，Ids必须是唯一的，但它不会使代码崩溃。
你必须把你的js代码放在构造图像元素的php代码之前，或者你必须使用jquery＆＃39; s $(document).ready(function(){//your code});确保您正在为图像注册click事件侦听器。
关于你的js改变：
var dataString = 'id='+id;到var dataString = id; 和
url: "./pictures.php"到网址："pictures.php"

使用ajax将数据从一个PHP页面传递到另一个页面

1 个答案: