Question

好的，所以我希望我的用户能够点击一个链接，让他们可以将电影添加到他们喜欢的地方。

所以在示例中我有http://xxx.com/favorite.php?userid=1&movieid=1020

目前一切正常，它将值添加到数据库中，但由于它是电影，我不希望页面重新加载，因此使用我不熟悉的Ajax。

我用不同的方式做了一些工作，但从未成功过。

我之前在PHP问题上得到了很多帮助，如果它现在可以是相同的话那就太棒了！

基本上只需点击喜欢的图片（这是一个链接），当发布到数据库的操作完成后，再显示另一张图片。

我尝试了很多方法，包括JSON方法，但我知道GET方法可能容易受到攻击，但是它使用session +更高的安全性，所以我很确定它目前是安全的，我可以随时继续处理。

虽然我想通过一个很好的例子来了解一个很好的方法，因为我仍然没有想到它。

感谢你的回答！赞赏。

编辑：

如果没有，那么发布信息的最佳方式是什么？我找到的最好的方法就是get，因为我在AJAX / etc中并不是那么先进

同样在我的favorite.php文件中，信息正在提交给服务器，这就是重点。

Answer 1

您需要获取JQuery并将其安装在您的Web应用程序中（请参阅他们的入门文档）。在您的HTML中，您将拥有：

<div id="fav_12_345"><a href="javascript:void(null)" id="addfav">Favorite</a>

在你的javascript中：

$("a#addfav").onclick(function(ev) {
    data_id = $(ev).parent.id();
    $.post('someurl', { data_id: data_id }, function(res) {
        // this bit gets run once the call has been processed on the server
        if (res) {
            // update the new image
            $("img#blah").attr("src", 'someurl');
        }
       }, 'json');
 });

在你的PHP中

$data_id = your_sanitise_user_input($_REQUEST['data_id']);
$data = explode('_', $data_id);
$sql = "UPDATE table set fav_id=$data[1] where id=$data[0]";
$res = your_sql_lib_thing($sql);
print "{res: '$res'}";

所有这些代码都是近似的，语法上有缺陷但可能会给你一般的想法。

Answer 2

如果您想获取数据，可以使用jQuery的.getJSON方法http://api.jquery.com/jQuery.getJSON/，或者如果您想发布数据，可以使用.post（）方法http://api.jquery.com/jQuery.post/

单击链接时如何将信息发布到服务器？

2 个答案: