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我有一個簡單的設置，允許用戶在頁面上更改他的內容。對一個php文件的Ajax javascript調用沒有做任何事情。我錯過了什麼？
它調用查詢並用結果填充區域。我的目標是讓用戶輸入一些新信息，將這些信息插入表格中，然後重新查詢結果。
這裏是我的JavaScript函數被調用：）
function addLink(){
var ajaxRequest;
if(window.XMLHttpRequest){
ajaxRequest = new XMLHttpRequest();
}
else{
ajaxRequest = new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
}
ajaxRequest.onreadystatechange = function(){
if(ajaxRequest.readyState == 4 && ajaxRequest.status==200){
var ajaxDisplay = document.getElementById('links');
ajaxDisplay.innerHTML = "<?php displayTitle('Links'); ?><?php displayContent('Links', $isLoggedIn); ?>"
}
var imgURL = document.getElementById('links_img').value;
var linkURL = document.getElementById('links_link').value;
var queryString = "?imgURL=" + imgURL + "&linkURL=" + linkURL;
ajaxRequest.open("GET", "addLink.php" + queryString, true);
ajaxRequest.send();
}
}
這些PHP函數僅僅吐出HTML中，displayContent（專門爲實際的表數據。
這裏是我加入一些信息到數據庫HTML：
<center><br /><br />
Image URL: <input type='text' id='links_img' />
Link URL: <input type='text' id='links_link' />
<input type='button' onclick='addLink()' value='add' /></center>
這是我的PHP添加的信息：
<?php
mysql_connect([sensitive information]) or die(mysql_error());
mysql_select_db([sensitive information]) or die(mysql_error());
$result = mysql_query("INSERT INTO linksMod (Image URL, Link URL) VALUES ("$_GET['imgURL']","$_GET['linkURL']") or die(mysql_error());
mysql_close();
?>
禰頁面什麼也不做，當我點擊「添加」按鈕。
感謝您的幫助！
我不能相信我錯過了。現在我必須讓PHP實際工作哈哈。非常感謝！ – Turner 2011-01-26 17:33:39