Question

我有这段代码使用ajax提交表单数据。让我们看看这里：

$(document).ready(function(){

    $('input.friend-request').click(function() {
        addFriend();
    });
});

function addFriend() {
    var val = 'test';
        $.ajax({
            type: "POST",
            url : "server.php",
            data : $("#addFriend").serialize(),
            //console.log(data);
            success : function(data) {
                console.log(data);
                if (data==1) {
                    //$('input.friend-request').hide();
                    $("#addFriendSuccess").html('friend request sent').fadeIn(1000);
                    $("#addFriendSuccess").fadeOut(5000);
                } else {
                    alert('something is wrong');
                }
            }
        },"json");
 }

这是处理表单数据插入数据库的server.php文件代码。

include 'db.php';

$session = $_POST['session'];
$friend = $_POST['friend'];
if ($session = $_POST['session'] && $friend = $_POST['friend']) {
    $newSql = "INSERT INTO friend_request(user_id,friend_id) VALUES ('$session', '$friend')";
    $addQuery = mysqli_query($db, $newSql);
    echo '1';
}

在此阶段，一切正常，数据正确插入数据库。如果数据成功，则返回echo '1'：

if (data==1) {
    $("#addFriendSuccess").html('friend request sent').fadeIn(1000);
    $("#addFriendSuccess").fadeOut(5000);
}

我想向用户显示正确div（addFriendSuccess）中的消息，并且该div包含在正文中。但它不起作用，也不向用户显示任何消息。即使console.log(data)也没有记录任何内容。这里可能出现的错误是什么？

Answer 1

这个怎么样：

function AddFriend() {
     return $.ajax({
        type: "POST",
        url : "server.php",
        data : $("#addFriend").serialize(),
     });
}

function AddFriendError(x, y, z) {
    alert(x + '\n' + y + '\n' + z);
}

function AddFriendResult(jqXHR, textStatus)
{
    var data = JSON.parse(jqXHR);//I changed this, you can also try this again below..

    if (data === "1") { //or data === "1"
        $("#addFriendSuccess").html('friend request sent').fadeIn(1000);
        $("#addFriendSuccess").fadeOut(5000);
    }
}

$.when(AddFriend()).then(AddFriendResult, AddFriendError);

Ajax发布表单正确，但不返回成功数据

1 个答案: