如何修复此代码以回显输出而不是未定义？ JSONP，PHP，mySQL

Question

我正在尝试使用jsonp和jquery显示一些数据，但是我遗漏了一些东西。

在php文件中，我保存到mysql中，然后从数据库中获取一个字段，通过$back变量将其发回。

在此之后，我回调这个并回显我从DB获得的$back。

在客户端，我得到undefined。我在这里缺少什么？

    function showPopup(data) {
        setTimeout(function () {
    alert(data);
    }, 1000);

    }


function group(){
      $.getJSON("http://domain.comhandler.php?type=group&callback=i&cookie="+ y, showPopup());
}

服务器端

echo $callback . "(" . json_encode($back)  . ")";

Answer 1

您没有正确拨打回电，可以使用

 $.getJSON("http://domain.comhandler.php?type=group&callback=i&cookie="+ y, showPopup);

注意我已删除了()

或

 $.getJSON("http://domain.comhandler.php?type=group&callback=i&cookie="+ y, function(data){ showPopup(data); } );