jQuery的崗位不是從PHP文件加載

好了，所以我有JS創建一個鏈接：jQuery的崗位不是從PHP文件加載

var content = document.getElementById("Profile"); 
    var entry = document.createElement('li'); 
    entry.innerHTML= ' <a href="eventList2.html" onclick ="post()"> Click Me </a>'; 
    content.appendChild(entry); 

function post(){ 
$.post("random.php", { variable: "hello"}); 
}

在我的PHP：

random.php

<?php 
Header("content-type: application/x-javascript"); 
error_reporting(E_ERROR | E_WARNING | E_PARSE); 

$variable = $_POST['variable']; 
echo"alert($variable);"; 

?>

「未定義」變回應而不是「你好」。有人能告訴我我做錯了什麼嗎？我對AJAX和Jquery不太熟悉，我只是在教程和示例中看到的任何內容。由於

來源

2013-10-25 Kay

你從來沒有定義變量'hello'。 'alert（hello）'是PHP返回的內容。 –

是的，因爲凱文說你應該把單引號括起來像'echo「alert（'$ variable'）」;' – lemondrop

當我試着沒有任何警報 – Kay

變化：

echo"alert($variable);";

到：

$js = json_encode($variable); 
echo "alert($js);";

這將使的$variable內容到一個Javscript文本格式正確。

來源

2013-10-25 21:22:10 Barmar

感謝您的回覆，但我試過了，現在我只是變空了 – Kay

在我的代碼之前還有'$ variable = $ _POST ['variable']'嗎？ – Barmar

爲什麼PHP返回警報？這是一個不好的方法。讓PHP返回json編碼結果並讓jquery處理警報。這是一種可能的方式來實現這一目標：

$.post("random.php", { variable: "hello"}, function(data) { 
    alert(data);  
});

PHP：

<?php 
Header("content-type: application/x-javascript"); 
error_reporting(E_ERROR | E_WARNING | E_PARSE); 

$variable = $_POST['variable']; 
echo json_encode($variable); 

?>

來源

2013-10-25 21:34:25 busypeoples

試過這個，但現在我得到null而不是undefined..any想法爲什麼？ – Kay

jQuery的崗位不是從PHP文件加載

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