Question

我的业务功能是格式化从数据库返回的JSON代码，然后使用AJAX处理JSON内容，并且只需要使用＆＃34; .getJSON＆＃34;而不是＆＃34; .ajax＆＃34;

我遇到的问题是：如何使用.getJSON将参数发送到另一个页面（customer.php），因为我需要从数据库中搜索客户数据并以JSON格式返回结果。[＆＃ 34;数据＆＃34;保存需要发送到服务器的密钥和值对的参数。]

来自ajaxcall.php的代码（使用.getJSON）

<head>
<script>
$(document).ready(function(){
function search(){
            var x=$("#srh").val();
             if(x!=""){

  $.getJSON({
              url:'/customer.php',
              data:{value:"x"},
              success:function (data)
               {
                content= data;
                $("#result").html(content[0].cust_id);      
               }
             });
             }
             }

             $("#button").click(function(){
                     search();
                  });
            });
</script>       
</head>

<body>
<input type="text" id="srh" placeholder="Enter the Name of the Customer"/>
<input type="button" id="button" value="search" />

<div id="result"></div>
</body>

在这里，我需要使用getJSON将X参数传递给customer.php。我传递的方式不起作用！

来自customer.php的代码（我需要获取搜索词（X参数作为输入）$ var = $ _ POST [＆＃34; value＆＃34;] 并使用X参数从数据库中获取数据，其中条件和返回数据在JSON内容中）

<?php
      $conn = new mysqli("localhost", "xyz", "12345", "cust");
    $var=$_GET['value'];  

        if (mysqli_connect_errno())
    {          echo 'connect not possible to database: ' . mysqli_connect_error($conn);      }
    else
    {
        $query="SELECT cust_fname,cust_lname,cust_id,cust_addresa,cust_phone
       from customer where UPPER(cust_lname) like UPPER('%" . $x. "%') "; 

         $result = mysqli_query($conn, $query);
        if (!$result) {   die("Not Found ! " . mysqli_error($conn));  }
        else 
        {   
         $rows = mysqli_fetch_all($result, MYSQLI_ASSOC);
            $json = json_encode($rows); 

        }
         mysqli_free_result($result);
         mysqli_close($conn);
         print $json;       

}
 } ?>

欣赏你的指针！在此先感谢。

如何使用.getJSON处理JSON数据

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