Question

我有一个基本表单，当我从下拉列表中选择用户时，我希望在其下方显示其他字段，例如电子邮件地址和职位。

过程将是：

用户从下拉列表中选择名称 PHP，JQUERY查询mysql数据库，其中user等于从下拉列表中选择的电子邮件地址和职务名称字段显示在下面，填充信息。

我的JQuery似乎无法在我的页面上工作......

我使用了此Stack Overflow问题中的代码，其中我的回复已被删除，因为它不是＆＃39;：Populate input fields with values when option is selected - php mysql

对此有任何帮助将不胜感激！

self_submit.html

<html>
<head>
<title>TEST</title>
        <script>
$(document).ready(function(){
    $('#user').on('change',function(){
    var user = $(this).val();
    $.ajax({
        url : "getUser.php",
        dataType: 'json',
        type: 'POST',
        async : false,
        data : { user : user},
        success : function(data) {
            userData = json.parse(data);
            $('#age').val(userData.age);
            $('#email').val(userData.email);
        }
    }); 
    });
});
</script>
</head>
<body>
  <form>        
    User
    <select name="user" id="user">
      <option>-- Select User --</option>
      <option value="username1">name1</option>
      <option value="username1">name2</option>
      <option value="username1">name3</option>
    </select> 

            <p>
      Age 
      <input type="text" name="jobtitle" id="jobtitle">
    </p>
    <p>
      Email 
      <input type="text" name="email" id="email">
    </p>
    </form>

</body>
</html>

getUser.php

<?php
$link = mysqli_connect("localhost", "root", "", "test");

$user = $_GET['user'];

$sql = mysqli_query($link, "SELECT jobtitle, email FROM tblusers WHERE username = '".$user."' ");
$row = mysqli_fetch_array($sql);


json_encode($row);die;
?>

提前致谢

Answer 1

您需要将ajax调用更改为：

$.ajax({
  url : "getUser.php",
  dataType: 'json',
  type: 'POST',
  data : { user : user },
  success : function(data) {
      userData = json.parse(data);
      // $('#age').val(userData.age);
      $('#jobtitle').val(userData.jobtitle);  // Since you are selecting jobtitle, not age
      $('#email').val(userData.email);
  }
});

而且你忘了回复你的数据：

<?php
$link = mysqli_connect("localhost", "root", "", "test");

$user = $_REQUEST['user'];

$sql = mysqli_query($link, "SELECT jobtitle, email FROM tblusers WHERE username = '".$user."' ");
$row = mysqli_fetch_array($sql);


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

希望这有帮助！

Answer 2

在表单标记中定义“POST”方法

下载jquery库以供离线使用或使用google cdn或microsoft - 然后在 head html标签中引用它
- 将ajax中的数据更改为数据：“user =”+ user，我习惯使用此格式
- 最后正确使用正确的id名称，错误地引用'ids'，你在html email id =中引用 $（ '＃JOBTITLE'）VAL（userData.age）。而不是的 $（ '＃电子邮件'）。VAL（userData.age）这很好=＆gt; $（ '＃电子邮件'）VAL（userData.email）。 $ user = $ _GET ['user'];更改为 $ user = $ _POST ['user']; 这些是我在没有运行代码的情况下观察到的一些错误，如果仍然遇到问题那么请

根据下拉选择自动填充具有mysql值的表单字段

2 个答案: