Question

我正在使用php。我有一个来自并在同一页面上提交此表单。我的代码如下：

<form method="post">
   <input type = "text" name="u_name">
   .....
   <input type = "submit" name = "submit" value="Submit">
</form>

<?php
   $u_name = $_POST["u_name"];
   //insert query here
?>

这里我将数据发布到同一页面。现在我想创建弹出窗口，就像成功插入数据后成功插入记录一样。那么我应该做什么代码呢？

Answer 1

使用javascript警告： -

<?php
$u_name = $_POST["u_name"];
//insert query here
echo '<script language="javascript">';
echo 'alert("record is successfully inserted")';
echo '</script>';
?>

Answer 2

首先：您不能使用“from”标记提交表单，我认为您的意思是“表单”。

对于您的问题：

1）通过jQuery ajax

发布数据

2）从服务器接收响应（从PHP返回HTTP响应）

3）根据响应显示弹出窗口（通过提醒功能或某些js libs，如SweetAlert）

说话很便宜，请告诉我代码

客户端：

<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
    <meta charset="utf-8" />
    <title>title</title>    
    <link rel="stylesheet" type="text/css" href="path/to/sweetalert.css"/>
    <script src="path/to/jquery.min.js"></script>
    <script src="path/to/sweetalert.min.js"></script>
</head>
<body>
    <form method="post" id="myform">
       <input type = "text" name="u_name">
       <input type = "submit" name = "submit" value="Submit">
    </form>
</body>
<script>
    $(function(){

        $('#myform').submit(function(e){
            e.preventDefault();
            var u_name = $('input[name="u_name"]').val();

            $.ajax({
                type: "POST",
                url: 'http://your.url',
                data: {
                    u_name:u_name
                },
                dataType: "JSON",
                success: function(res) {
                    //alert(res.msg);
                    sweetAlert("popup window", res.msg, "info");
                }
            });
        });
    });
</script>
</html>

服务器：

<?php
define('SUCCESS_CODE', 1);
define('SUCCESS_MSG', 'Success!');

$name = isset($_POST['u_name']) ? $_POST['u_name'] : '';
$res = array(
    'code' => SUCCESS_CODE,
    'msg'  => SUCCESS_MSG,
    'data' => $name
 );

echo json_encode($res);
exit();
?>

在同一页面上发布数据时弹出窗口

2 个答案: