Question

这是我的代码。 HTML

<html>
<head></head>
</body>
<form id="myform" action="formdata.php" method="post">
    username:<input type="text" name="username" id="name"><br>
    password:<input type="password" name="password" id="pass"><br>
    firstname:<input type="text" name="firstname" id="fname"><br>
    lastname:<input type="text" name="lastname" id="lname"><br>
    <input type="submit" id="submit" value="register">
</form>
<div id="status_text"></div>
<script src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.7.1/jquery.min.js"></script>
<script>
$("#submit").click(function(){
    var username = $('#name').val();
    var password = $('#pass').val();
    var firstname = $('#fname').val();
    var lastnamee = $('#lname').val();
    var postData = '&username='+username+'&password='+password+'&firstname='+firstname+'&lastname='+lastname;
    var status_text = $('#status_text');
    //alert(postData);
    //var mydata = {'username':name,'password':pass,'firstname':fname,'lastname':lname};
/*$.post($('#myform').attr('action'),
    $('#myform:input').serializeArray(),
    function(info){
        $('status_text').html(info)
    });*/
$.ajax({
    url:"action",
    type:"post",
    success:function(info)
    {
        status_text.html(info);
    }
});
});
</script>
</body>
</html>

这是我的数据库的PHP代码

<?php
$servername = 'localhost';
$username = 'root';
$password = '';
$conn = new mysqli($servername, $username, $password);
$name = $_POST['username'];
$password = $_POST['password'];
$firstname = $_POST['firstname'];
$lastname = $_POST['lastname'];
$sql = "INSERT INTO karthik.person(name,password,firstname,lastname)VALUES('$name','$password','$firstname','$lastname')";
if($conn->query($sql) === TRUE){
    echo("record added success");
}else{
    echo("failed".$conn->error);
}
$conn->close();
?>

当我运行此代码时，它会转到下一页并显示结果，如＆＃34;记录已成功添加＆＃34;而不是我希望代码在同一页面中显示结果。我几乎尝试了所有方法，但我无法获得预期的结果。

Answer 1

您需要告诉浏览器不要提交表单：

$("#submit").click(function(e) {
    e.preventDefault(); // Prevents the default behaviour for the submit-action
    //... the rest of your code

当你开始工作时，你应该开始修复@jeroen's list中的内容。

Answer 2

你有一些问题：

您没有阻止默认的提交事件，这也会导致表单“正常”提交。
您没有使用ajax请求发送任何数据，因此服务器端永远不会有任何$_POST变量。
你有一个SQL注入问题。您应该使用预准备语句并绑定值。
您没有将ajax请求发送到正确的网址。
您使用的是纯文本密码。你应该总是加密和哈希密码。

如何在同一页面显示结果？

2 个答案: