JQuery/AJAX腳本可以工作，但通知仍然顯示？

我發送數據到另一個php文件，然後數據檢索成功顯示在一個div。然而，當我加載我的data.php腳本通知總是顯示「未定義的索引：狀態....」，在代碼上的行是$ var = $ _POST ['狀態'];。JQuery/AJAX腳本可以工作，但通知仍然顯示？

這是一個重新發布/編輯，因爲腳本實際上現在工作，但我只是不明白爲什麼通知仍然顯示？！？

<html> 
 
<head> 
 

 

 
<script type="text/javascript" src="jquery.js"></script> 
 

 
<script type="text/javascript"> 
 

 
//daddy code 
 
$ (document).ready(function() { 
 

 
//mama code 
 
$("button#postbutton").click(function() { 
 

 
var data = $("#formpost").serialize(); 
 

 

 
$.ajax({ 
 

 
type: "POST", 
 

 
url: "data.php", 
 

 
data: data, 
 

 
success: function(data) { 
 

 
$("#statustext").html(data); 
 

 
} 
 

 
}); 
 

 

 

 

 
}); 
 

 

 

 
}); 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 
</script> 
 
</head> 
 

 
<body> 
 

 

 

 

 

 

 

 
<div id="global"> 
 

 
<form id="formpost" action="" method="post" onsubmit="return false"> 
 

 
<textarea id="text1" name="status" ></textarea> 
 

 

 
<button id="postbutton">POST</button> 
 

 
<a href="logout.php">LOGOUT</a> 
 

 
</form> 
 

 
<br/> 
 
<br/> 
 

 

 
<div id="allstatus"> 
 

 

 

 
<!-- SKELETON --> 
 

 

 
<div id="wholestatus"> 
 

 

 
<div id="statuspic"> 
 
</div> 
 

 

 
<div id="statusinfo"> 
 

 
<div id="statusname">JOnathan</div> 
 
<div id="statustext"> </div> 
 
<div id="statusoption"><button id="likestatus">LIKE</button></div> 
 
<div id="statusoption"><button id="commentstatus">COMMENT</button></div> 
 
<div id="statusoption"><button id="sharestatus">SHARE</button></div> 
 
<div id="statusoption"><button id="statustime">TIME</button></div> 
 

 

 

 

 

 

 
</div> 
 

 

 

 

 
</div> \t 
 

 

 

 

 
<!-- SKELETON --> 
 

 

 

 

 

 

 

 

 
</div> 
 

 

 

 

 
</div> 
 

 

 

 

 

 

 

 
</body>

我的數據文件data.php

<?php 
 

 

 

 
$var = $_POST['status']; 
 

 
const DB_HOST = 'localhost'; 
 
const DB_USER = 'root'; 
 
const DB_PASS = ''; 
 
const DB_NAME = 'forum'; 
 
//connecting 
 

 
$conn = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME); 
 

 
if($conn->connect_error) { 
 
\t die("Connection Failed: " . $conn->connect_error); 
 
} else { 
 

 

 

 
} 
 

 

 
$sql = "INSERT INTO `question`(id, question) VALUES ('', '{$var}')"; 
 

 
$result = $conn->query($sql); 
 

 
if($result) { 
 

 
\t 
 
} 
 
else { 
 

 
    \t echo "failed: " . $conn->error; 
 
} 
 

 

 
echo "{$var}" ; 
 

 

 
?>

來源

2015-02-06 LinDan ChongWei

很顯然，你不會在你的AJAX POST參數傳遞'status'變量。這就是爲什麼它是未定義的。請使用瀏覽器的開發人員工具查看通過AJAX實際傳遞給服務器的內容。 – 2015-02-06 10:58:48

試試這個，

<?php 

const DB_HOST = 'localhost'; 
const DB_USER = 'root'; 
const DB_PASS = ''; 
const DB_NAME = 'forum'; 
//connecting 

$conn = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME); 

if($conn->connect_error) { 
die("Connection Failed: " . $conn->connect_error); 
} else { 

} 

if(isset($_POST['status'])) 
{ 
$var = $_POST['status']; 

$sql = "INSERT INTO `question`(id, question) VALUES ('', '{$var}')"; 
$result = $conn->query($sql); 
if($result) { 

    } 
    else { 

    echo "failed: " . $conn->error; 
    } 
echo "{$var}" ; 
} 

?>

來源

2015-02-06 11:07:25

添加以下線/檢查

$var = ''; 
if(isset($_POST['status'])){ 
    $var = $_POST['status']; 
}

來源

2015-02-06 10:57:58

在我看來，不是他的問題的答案。他沒有要求解決方案，但爲什麼仍然顯示。 – Daan 2015-02-06 10:59:57

是的，但我們可以給他適當的方式來消除這樣的通知..謝謝.. – 2015-02-06 11:01:56

嗨，請幫助，如果我使用isset函數我得到一個通知：未定義的變量：var在C：\ xampp \ htdocs \ deadline \ data。 php on line 30 注意：未定義的變量：var在C：\ xampp \ htdocs \ deadline \ data.php在第44行。這是數據php文件，其中有$ var的行 – 2015-02-06 11:09:44

JQuery/AJAX腳本可以工作，但通知仍然顯示？

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