Question

我正在为这个项目使用CodeIgniter框架。

Ajax功能：

$(document).ready(function(){
    $('#set_like').submit(function (e) {
        e.preventDefault();
        $.ajax({
           type: 'post',
           url: '/noutati/articol',
           data: $(this).serialize(),
           success: function () {
              alert('Succes!');
           }
        });
        e.preventDefault();
   });
});

HTML：

<form id="set_like" enctype="multipart/form-data" action="<?php echo base_url();?>noutati/articol" method="post">   
<input type="submit" name="submit-like-up" data-id="<?php echo($li_position); ?>" class="like-up" value="submit_up" /> <span class="counter-like-up<?php echo($li_position); ?>"><?php echo($comment->like_up); ?></span> 
<input type="submit" name="submit-like-down" data-id="<?php echo($li_position); ?>" class="like-down" value="submit_down" /> <span class="counter-like-down<?php echo($li_position); ?>"><?php echo($comment->like_down); ?></span>
</form>

PHP代码：

if($this->input->post('submit-like-down') == "submit_down") {
    $arg = $this->input->post('current_like_down') + 1; 
    $this->mu_model->updateLine('like_down', $arg, 'comments');
    $arg2 = "down";
    $this->mu_model->insertLikesRelationship($arg2);
    }

在php中，它会检查已提交的内容并应完成操作。但它显示了成功！警告，但没有完成PHP请求。有什么想法吗？

Answer 1

在PHP代码中，您可以将此语句作为第一个语句，并在js中添加警报后告诉警报消息是什么。一旦你得到我的正确答复，我会编辑答案。如果我作为评论添加，则代码可能无法读取。

JS：

success: function (data) {
     alert(data);
}

PHP：

echo $this->input->post('submit-like-down');

ajax没有完成请求

1 个答案: