Question

我正在处理网页的视图和控制器，我正在试图弄清楚它是如何工作的：

控制器最初会定义页面加载时在视图中使用的变量。
用户提交表单后，会执行一个onclick jQuery函数，该函数会回发给控制器。
控制器返回视图true或false，具体取决于投票是否已成功插入数据库。
View的jquery函数继续，确定下一步做什么：如果成功，执行另一个jQuery函数。
下一个jQuery函数执行$ .get返回控制器，该控制器确定要在视图中使用的相关变量。

现在，我的工作就是提交投票。但是，当我运行它时，我从未看到警报弹出窗口，这让我担心我的设置无法正常运行。

以下是我的PHP网站控制器的代码：

if(!isset($_POST['poll'])) //UPON PAGE LOAD
{
    //define relevant variables to be put into the view
}
if(isset($_POST['poll'])) //UPON jQuery $.Post() back to controller
{
    if($_POST['poll']=='done')
        $vote = 2;
    if($_POST['poll']=='no')
        $vote = 1;
    $id = $_POST['id'];

    $result = vote($user_id, $id, $vote); //inserts vote into Database
    if( !$res )
        echo json_encode(array('success'=>true, 'text'=>'success'));
    else
        echo json_encode(array('success'=>false, 'text'=>'fail'));
    //I want ^this json data to be sent back to the jQuery of my view 

}
if(isset($_GET['newListing']))
{
    //code that would redifine relevant variables to be put into view
}

if(isset($_GET['newListing']) || !isset($_POST['poll']))
{
   //code that does something--both upon page load and when needing to retrieve
   //and define variables to put into view.
}
include('view.php');

以下是我的HTML / jQuery网站视图中的代码：

<html> 
<body>   
<form name='poll' id='poll' >
<INPUT TYPE="radio" name='poll'  value='done'checked/>Done it.<br/>
<INPUT TYPE="radio" name='poll'  value='no'/>No.</br>
<button id='submit-vote' onclick="postVote();">Submit</button>
<INPUT TYPE='hidden' name='id' value='<?php echo $id; ?>'/>
</form>
</body>
<script type="text/javascript" src="jquery.js"></script>
<script type="text/javascript">
function loadListing(){
   $.get('controller.php?newListing=yes',function(data){
       if(data.response == 'success'){
           //something}
        else{
           return false;}
   });
 }
 function postVote(){
   $.post('controller.php', { poll: $('input:radio[name=poll]:checked').val(), id: $('input:hidden[name=id]').val()} , function(data){
       if(data.success){
          alert('data.text');
          loadListing();
          return true;}
       else{ 
          alert(data.text);
          return false;}
                    }, 
                    "json");
   }
            </script>
</html>

任何帮助/建议表示赞赏！

修改：从我的查看代码： HTML：

<fieldset id='poll'>
 <INPUT TYPE="radio" name='poll'  value='yes' checked/>Yes!<br/>
 <INPUT TYPE="radio" name='poll'  value='done'/>Done it.<br/>
 <INPUT TYPE="radio" name='poll'  value='no'/>No.</br>
 <button id='submit-vote'>Submit</button>
 <INPUT TYPE='hidden' name='id' value='<?php echo $id; ?>'/>
 </fieldset>

jquery：

 jQuery(function($){

                $("#submit-vote").click(
                    function(){ 
                        alert("HELLO");
                        $.post('controller.php', { poll: $('input:radio[name=poll]:checked').val(), id: $('input:hidden[name=id]').val()} , 
                        function(data)
                        {
                            alert("THIS FUNCTION WORKS");

                        }, "json"); 
                    }
                );
            });

控制器几乎一样。当我现在点击提交按钮时，alert("HELLO");被执行，根据Firefox的Firebug，$.post()确实会发生。但是，alert("THIS FUNCTION WORKS");不会被执行。我需要帮助找出可能的原因......

谢谢！

Answer 1

问题是json_encode创建了一个字符串。但是，在您的Javascript中，您尝试访问它，就像它是一个对象（data.success）一样。您需要先使用window.JSON.parse（）将其转换为对象：

var dataObj = window.JSON.parse(data);

执行此操作后，您应该能够访问dataObj.success。

说实话，我不确定你为什么要把它变得那么复杂。为什么不返回一个简单的字符串，例如＆＃34; success＆＃34;或者＆＃34;失败＆＃34;？那么你不需要在php中编码对象或用JavaScript解码它。你只需这样做：

<强> PHP

if( !$res )
        echo 'success';
else
        echo 'failure';

<强>的JavaScript

if(data === 'success'){
    //do your stuff
}else{ 
    //do other stuff
}

根据OP对此答案的第一条评论进行编辑 一旦PHP脚本结束，您的JavaScript将重新获得控制权。在您发布的代码中，您在PHP脚本的末尾包含一个view.php文件。我不知道view.php里面有什么内容，包含这个文件很可能导致你的JS alert（）仍然不会触发，即使你做了我上面描述的更改。这是因为如果在view.php文件中运行任何输出（即echo，print等），那么它将附加到json_encode创建的字符串中。结果将是window.JSON.parse（）无法解析的字符串。

如果您希望脚本在回显后成功结束＆＃34;成功＆＃34;或者＆＃34;失败＆＃34; （或你的json_encoded版本），只需将return;放在echo语句之后：

if( !$res ){
    echo 'success';
else
    echo 'failure';
}
return;

Answer 2

只应将include('view.php');放入if(!isset($_POST['poll'])) //UPON PAGE LOAD代码中。

创建一个jQuery $ .post（）到一个PHP控制器，然后在它的中间回到View，然后使用$ .get（）继续控制器

2 个答案: