這裏是AJAX /道場我用它來打電話給我的PHP文件,要求從數據庫表中的數據正確響應:似乎無法得到我的要求
var _getWeatherInfo = function(){
dojo.xhrget({
url: "PHP/weather.php?ntown=" + _ntown,
handleAs: "json",
timeout: 5000,
response: function(response, weather_info) {
_refreshWeatherList
},
error: function(error_msg, weather_info) {
_handleError(error_msg);
}
});
}
下面代碼的下位這裏是我用來查看返回的json數組對象(現在是javascript文件中的「weather_info」),並將對象中的數據添加到名爲「_weather」的javascript數組中。
var _refreshWeatherList = function(weather_info) {
for (var i = 0; i < weather_info.length; i++) {
_weather.push(weather_info[i]);
}
}
我的問題是:
我不認爲我實際上正從我的PHP請求作出適當的反應,當我運行我的應用程序爲,然後單擊我用提醒「_weather」按鈕數組沒有顯示。我如何更改我的代碼,以便正確地從我的請求獲得響應。
感謝您的任何幫助。
編輯:PHP:
<?php
$ntown = $_GET['ntown'];
$weather = array();
$query="SELECT * FROM `weather` WHERE `town` = '$ntown'";
$result=mysql_query($query) or die ("Query to get data from table failed: ".mysql_error());
while($row = mysql_fetch_row($result)) {
$weather = $row;
}
echo json_encode($weather);
mysql_close();
>
可以使用的console.log(響應)得到的是什麼由PHP發送控制檯 – 2013-03-26 10:09:26