Question

好吧，我试图找到一个解决方案，我认为这可行：

在PHP文件中：

$liguem = getdate();

$liguemoff = $_COOKIE['liguemoff'];
$liguemon = $_COOKIE['liguemon'];

if(empty($liguemoff)){
    setcookie('liguemoff',$liguem[0],time() + (50000));
}

setcookie('liguemon',$liguem[0],time() + (20000));



$body->assign("COOKIE2", $liguemoff);
$body->assign("COOKIE3", $liguemon);

这有一些正文分配，因为我正在使用XTemplate，但PHP只是PHP。

现在在索引文件上，有一些JavaScript：

var cookie2 = {COOKIE2};
var cookie3 = {COOKIE3};

if( cookie3-cookie2 > 60){
    alert('alerta');
};

真相是它有效！人们可能不会导航，但这是我想要的，弹出窗口只会在访问者看到至少2页（服务器端的东西）之后才会打开。

主要问题是，我无法使函数popup();触发我显示ALERT的位置。 ALERT虽然工作正常....任何提示？

PS：

这是popthat();函数：

function popthat(){
    $("#darkside").css('opacity','0.3').fadeIn('slow');
    $("#darkside").click(function () { 
    $(this).css('opacity','1').fadeIn('fast');
    $("#liguem").hide();
    });
        $("#liguem").corner();
    $("#liguem").hide();
    $("#liguem").delay(200).css('visibility','visible');
    $("#liguem").fadeIn('fast');
}

Answer 1

您可以设置超时以在指定的时间后显示弹出窗口。这段时间可以由PHP指定，因为服务器端代码将能够通过页面视图跟踪站点上的时间量。这样，即使用户没有导航到另一个页面，弹出窗口也可以在网站上显示60秒后显示。

类似的东西：

setTimeout(popthat, <?php echo $_COOKIE[...]; ?>);

您的PHP将回显弹出窗口应显示的毫秒数。

注意：当您使用alert()函数替换popthat()时，DOM可能尚未就绪，popthat()将无法正常工作，因为它找不到任何元素与您的选择器匹配。尝试在document.ready（$(function() {});）上运行您的代码。

Answer 2

浏览器会自动阻止在页面加载时初始化的弹出窗口，因为没有人喜欢这些类型的弹出窗口。

Answer 3

执行alert()时，脚本的执行将停止。 alert()是一个阻止函数，在它继续运行之前不会发生任何事情。

Answer 4

我不知道你是不是写了一个错字，但是你的函数叫做popthat（），在你的语句中你说你调用了函数popup（）。你需要改变popup（）; to popthat（）;为了这个工作，除非我说这是一个错误。

在网站上60秒后弹出

4 个答案: