Question

这是通过点击加载的JQuery代码，但回调函数不起作用：

$.getJSON("load_img.php", {"id":"start"} , function(json){
     alert(json);
});

PHP代码为我提供了这个输出：

[
    {"img_name":"shiva.jpg","img_id":"1"}, 
    {"img_name":"shiva.jpg","img_id":"2"},
    {"img_name":"Recoverd_jpg_file(4).jpg","img_id":"3"}, 
    {"img_name":"Recoverd_jpg_file(542).jpg","img_id":"4"}
]

我无法从getJSON（）函数加载任何PHP页面...我从[here]下载了示例源代码[1]

[1]：http://www.sitepoint.com/ajaxjquery-getjson-simple/并在浏览器上运行它，但它仍然无效... 任何帮助将不胜感激!!!谢谢

Answer 1

我今天得到了答案......要输出的代码中不应包含<html>标签......它应该只包含起始和结束的php标签，即

<?php
//your code or codes
?>

Answer 2

    <button id="try" type="button">Try</button>

<script  src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.12.0/jquery.min.js"></script>
    $.getJSON("load_img.php", {"id":"start"}, function(result){
        $.each(result, function(i, field){
             alert(field.img_name);
        });
    });

我是字段名称，字段是值。请检查并发回给我。有关详细信息： - http://www.w3schools.com/jquery/ajax_getjson.asp 第二页： -

<?php

  // ini_set("display_errors", "On");
 //header('content-type:application/json');

$id = $_GET["id"];

if ($id == "start")
{
    $con=new mysqli("localhost", "root", "rootwdp", "try");

    $numbers = array();
    $img_arr = array();
    $res = $con->query("select img_name, img_id from img");
    while ($row = $res->fetch_assoc())

    // mysql_fetch_array() passes parameters from 0 
    { $numbers[]=$row; }

    echo json_encode($numbers);
}

?>

Answer 3

$.getJSON("path to php file", {method: "*", "id":"start"})
                    .done(function (data) {

                            console.log(data)

                    });
//================in php=================================
if($_REQUEST['method'] == "your method" AND $_REQUEST['id'] ) {
//call your php function
}                   
//-------------------
//and put your php code in function 
//.. i hope this help you

可以getJSON（）用于PHP吗？

3 个答案: