我有一個從SQL表中調出數據PHP頁面,然後將其顯示。 我想創建一個彈出頁面,查看相關的表(規範化的數據庫)一個數據表。 我無法弄清楚如何做到這一點。 我當前的PHP表顯示 其中$結果是一個mysqli的查詢陣列傳遞PHP變量的JavaScript函數
while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
echo '<tr>';
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['first_name']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['last_name']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['grade']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['gpaP']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['AGP']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['rigorP']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['APP']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['formID']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['total']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['date']}</td>";
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['IP']}</td>";
echo '</tr>';
}
和
echo "<td style='border:1px solid black;'>{$row['formID']}</td>";
是什麼,我需要改變成一個彈出框熱鏈接。在彈出的href應該是「activities.php?form_id = {$ formID}」,但我不能想出一個辦法做到這一點,同時處理所有與PHP和一切衝突。 我試圖做的是讓喜歡
echo "<td style='border:1px solid black;'><a href=\"javascript:win1()\">asdfasd<a/></td>";
一個鏈接,然後創建一個javascript函數一樣
<script language="JavaScript">
function win1() {
window.open("activities.php?form_ID={$formID}","Window1","menubar=no,width=460,height=360,toolbar=no");
}
</script>
但因爲$ formID可變心不是越來越加載某種原因,這是行不通的。如果我嘗試從activities.php變量像
$getvar = $_GET['form_ID'];
然後
echo $getvar;
它顯示什麼.. 有人請幫助我,我想我的頭要爆..
後,我得到了activities.php回聲的變量顯示 「未定義」 – lonewaft
你怎麼得到你的'formID'?也許這應該是'WIN1($行[「formID」]' – codingbiz
你的意思是WIN1($行[「formID」])用括號吧? – lonewaft