Question

我有另一个类似的脚本运行得很好，我不明白为什么这不起作用。这段代码有什么问题吗？

$("#lastname").keyup(function(event){
    var keyCode = event.keyCode || event.which;
    if(keyCode === 13) {
        passOnRegFront();
    }
    });
    $("#register").click(function() {
        passOnRegFront();
    });
function passOnRegFront() {
        var firstname = $("#firstname").val();
        var lastname = $("#lastname").val();
        var dataString = '&firstname=' + firstname + '&lastname=' + lastname;
        if(email=='' ||  password=='') {
            $('#success').fadeOut(400).hide();
            $('#error').fadeOut(400).show();
        } else {
            $.ajax({
                type: "POST",
                dataType: "JSON",
                url: "<?=base_url()?>index.php/home/passOnReg",
                data: dataString,
                json: {session_state: true},
                success: function(data) {
                if(data.registered == true) { // true means user is logged in.
                    $("#main1").hide();
                    $("#main1").load('<?=base_url()?>index.php/home/dashboard');
                }
            }
        });
        }
    }
});

Answer 1

当我浏览你的代码时，以下问题突然出现在我身上：

email和password变量未定义，根据上下文，我猜您可能会在此时考虑firstname和lastname。从您提到的其他脚本中复制并粘贴错误？
在块的末尾有一个额外的});。也许这只是你没有展示的$(document).ready(function() {的结尾，但显然我不知道你有多少代码没有显示 - 因为你所展示的这是一个错误。< / p>

顺便说一句，如果你修复了缩进，它会更容易阅读和调试：乍看之下你似乎在.click()处理器里面创建了.keyup()处理程序 {{1}处理程序。

另外，如果您查看使用对象设置.ajax()调用的data属性，代码可能会更清晰。摆脱dataString，然后说：

... data : { firstname : firstname, lastname : lastname }, ...

（jQuery将为您创建适当的查询字符串，如the .ajax() doco中所述。）

jQuery没有正确执行ajax请求

1 个答案: