Question

我正在为“爱它”按钮实现一个非常简单的解决方案。我创建了一个数据库，一个index.php和一个survey.js。在数据库网站上一切正常，mysqli字符串都很好。单击该按钮时，js会将值+1增加到index.php上显示。

问题是更新数据库的$ _POST ['loveit']没有传递，最后的数据库没有更新。这是index.php：

<html>
<body>
  <?php
  if ($_POST['loveit']) {
    mysqli_query($con,"UPDATE survey2 SET loveit=loveit+1 WHERE id=1");
  }
  ?>

  <div class="grid">
    <span id="status"></span><br>
    <input type="button" value="<?php echo $loveit; ?>" class="button_loveit" id="loveitBtn" />
  </div>

  <script type="text/javascript" src="../js/jquery.min.js"></script>
  <script type="text/javascript" src="../js/survey.js"></script>
</body>
</html>

这里是survey.js：

$(document).ready(function() {
  $("#loveitBtn").removeAttr("disabled");
  $('#loveitBtn').click(function(e) {
    var val = parseInt($('#loveitBtn').val(), 10);
    $.post("../survey/index.php", {op: "loveitBtn"}, function(data) {
      $("#status").html("Sucessfully!!");
      val = val+1;
      $("#loveitBtn").val(val);
      $("#loveitBtn").attr("disabled", "disabled");
      $("#loveitBtn").css("background-image","url(../survey/like.png)");
    });
  }); 
}

你能帮我调整一下这个小代码吗？我不是专家，我刚刚开始学习，我将不胜感激任何建议。非常感谢干杯！

Answer 1

您没有将'loveit'作为参数传递给数据：

$.post("../survey/index.php", {op: "notgood"},function(data)...

应该是这样的：

$.post("../survey/index.php", {op: "notgood", loveit: "true" },function(data)...

php“like”按钮和.post方法

1 个答案: