從php到jquery返回響應

我想添加一個喜歡/不喜歡的按鈕到我的網站，但我有一些問題與AJAX。一切都可以找到，但我無法弄清楚如何將PHP響應返回到原始頁面，而且我嘗試了幾乎所有我想出的東西。從php到jquery返回響應

下面是一段我的JavaScript代碼：

$("#dislike").click(function() { 

var action = "2"; 
$.ajax({ 
      type: 'POST', 
      data: { action: action, llista: llista}, 
      url: 'like.php' 
     }); 
    });

而且這裏的PHP代碼（like.php）：

$selectpunct = mysql_query ("SELECT * FROM llistes WHERE ID = '$IDllista' ") or die (mysql_error()); 
while($row = mysql_fetch_assoc($selectpunct)){ 
$punct = $row ['punct']; } 

if ($action == 1) { 
    $noupunct = $punct+1; 
}else if ($action ==2) { 
    $noupunct = $punct-1; 
} 
echo $noupunct; 

    $canvipunct= mysql_query ("UPDATE llistes SET punct = '".$noupunct."' WHERE ID='".$IDllista."' ") or die (mysql_error()); 
mysql_query ("INSERT INTO vots (IDllista, IDusuari) VALUES ($IDllista, $IDusuari)");

當我上傳頁面的新標點是有的，問題只是爲了獲得ajax響應。感謝您的幫助，如果這是一個愚蠢的問題，我很抱歉，我很新！

來源

2013-12-23 Laia

在你的PHP代碼，avoide使用mysql_ *功能和使用的mysqli來代替。 – Enijar

使用AJAX的success參數：

$.ajax({ 
      type: 'POST', 
      data: { action: action, llista: llista}, 
      url: 'like.php', 
      success: function(response) { alert(response); } 
     }); 
    });

來源

2013-12-23 20:23:00 aksu

請注意，這是不合適的> 1.8;使用.done，.fail，.always代替。 – brandonscript

使用$就短方法：

$.post(url, {action: action, llista: llista}, function(data_from_server) { 
    console.log(data_from_server); 
});

來源

2013-12-23 20:26:23 nhaa123

從php到jquery返回響應

回答

相關問題