以選擇的形式使用AJAX

我正在構建一個簡單的錯誤跟蹤工具。我想添加AJAX。以選擇的形式使用AJAX

當你創建一個項目時，你可以添加一個bug，你可以給這個bug一個狀態（未解決或解決）。我想用按鈕和使用AJAX來改變這個狀態。

您可以更改狀態低谷這種形式：

<form action="ajax/bugStatus.class.php" method="post"> 
      <label> Change Bug Status </label> 
      <select name="status" id="status"> 
       <option value="Unsolved">Unsolved</option> 
       <option value="Solved">Solved</option> 
      </select> 
      <input type='hidden' name='bugID' 
      value=" 
      <?php 
      $row = mysqli_fetch_array($bugres);    
      echo $row['id']; 
      ?> 
      "> 
      <input type='hidden' name='bugID' value="<?php echo $id;?>"> 
      <input name="btnChange" id="btnChange" class="small button" value="Change Status" type="submit"> 
    </form>

這是bugStatus.class.php文件：

$status = $_POST['status']; 
$bugID  = $_POST['bugID']; 

$sql=" UPDATE bugs SET status = '$status' where id = $bugID "; 

$result = mysql_query($sql); 
$result = mysql_real_escape_string($sql); 

if($result){ 
     header('Location: ../bugpage.php?id='.$bugID); 
     } else { 
     echo "There is something wrong. Try again later."; } 
     mysql_close();

這是app.Change.js文件，其中AJAX實現：

  $("#btnChange").on("click",function(e){ 

    var update = $("#post").val(); 

    // AJAX CALL naar ajax/save_tweet.php 
    var request = $.ajax({ 
    url: "ajax/bugStatus.class.php", 
    type: "POST", 
    data: {update : update}, 
    dataType: "json" 
    }); 


    request.done(function(msg) { 
    if(msg.status = "sucess") 
    { 
     // OK 
     var select = update; 
    } 
    else 
    { 
     // NOT OK 
    } 
    }); 

    request.fail(function(jqXHR, textStatus) { 
    alert("Request failed: " + textStatus); 
    }); 

    e.preventDefault(); 


});

我在做什麼錯，因爲我不工作？

來源

2013-08-20 Sebastiaan Schillebeeckx

首先，沒有id = post的元素，所以var update = $("#post").val();將爲空。相反，您可能想要發送序列化表單$("form").serialize()。

其次，您不是在Ajax處理程序中返回JSON，而是純文本 - 因此，請刪除dataType: json（或者使用JSON_encode來回顯有效的JSON）。

var request = $.ajax({ 
    url: "ajax/bugStatus.class.php", 
    type: "POST", 
    data: $("form").serialize(),  // status=Unsolved&bugID=123 
});

第三，在形式的錯誤，你已經有了一個重複bugID輸入（不知道是否會打破它，雖然）。

第四，你實際上沒有成功返回任何Ajax請求？它看起來像你期待「成功」，在這種情況下，你想要：

if($result){ 
    echo "success";  
}

來源

2013-08-20 19:31:50 McGarnagle

你不能使用這樣的ajax。您應該使用第一條評論的示例，或者您應該在數據屬性集中設置如下數據：{status：$（「＃status」）.val（），bugID：$（「＃bugID」）.val（）} ，
如果您使用該從Ajax中刪除dataType。在html中，您必須將隱藏字段的ID設置爲「bugID」並使用一次。在php文件中，你應該刪除這行代碼「$ result = mysql_real_escape_string（$ sql），因爲你的$結果永遠不會是真的。」

來源

2013-08-20 19:50:39 hellwd

以選擇的形式使用AJAX

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