CodeIgniter：jQuery發佈和加載下一頁

我成功地能夠使用ajax後保存輸入值，但它不會加載下一頁。CodeIgniter：jQuery發佈和加載下一頁

客戶端代碼：

<script type="text/javascript"> 
    function notifyEmail() { 

     var form_data = { 
        'email':$('#inviteEmail').val() 
       }; 
     alert($('#inviteEmail').val()); 
     $.ajax({ 
        url: "<?php echo site_url('main/email_invites'); ?>", 
        type: 'POST', 
        data: form_data, 
        success: function(msg) { 
        return true; 
        } 
      }); 
    } 
    </script> 

<input type='text' id='inviteEmail' placeholder='Enter email'/> 
     <a href='#' name='email' id='invite-all' onclick='notifyEmail();' class='btn'>Notify Me</a>

控制器代碼：

function email_invites() 
    { 
     $this->load->model('emailInvites'); 
     if($query = $this->emailInvites->saveEmailInvite()) 
     { 
       $this->load->view('emailInvites'); 

     } 
    }

來源

2013-01-23 Himanshu Yadav

一件事，你有'$查詢='而不是' $ query =='。那是故意的嗎？另一方面，您通過AJAX發佈，這意味着您必須在POST完成後（在您的「成功」函數中）使用Javascript加載下一頁。現在你只是將一堆HTML返回給你的成功函數，你不會重定向用戶。 – glomad

作業標誌是一個錯字。感謝您指出。如何重定向用戶使用jQuery ajax？ –

簡單的方法：取代'$ this-> load-> view（...'，只是回顯一些字符串，如'ok'，然後在你的成功中，確保'msg' =='' ok''。如果是的話，'window.location.href ='new_url''。如果沒有，提醒用戶不知道該帖子失敗。 – glomad

我要做的就是下面這可以幫助你

<script type="text/javascript"> 
    function notifyEmail() { 

     var form_data = { 
        'email':$('#inviteEmail').val() 
       }; 
     alert($('#inviteEmail').val()); 
     $.ajax({ 
        url: "<?php echo site_url('main/email_invites'); ?>", 
        type: 'POST', 
        data: form_data, 
        dataType:'json', 
        success: function(msg) { 
        if(msg.response) 
         //load the content in the body or wherever you want 
         jQuery('body').load("<?php echo site_url('main/email_invites/show'); ?>"); 
        else 
         console.log("Opps, Something wrong happend"); 
        return true; 
        } 
      }); 
    } 
    </script> 


    <input type='text' id='inviteEmail' placeholder='Enter email'/> 
    <a href='#' name='email' id='invite-all' onclick='notifyEmail();' class='btn'>Notify Me</a>

在控制器

function email_invites($action = 'process') 
    { 
     if($action == 'process') 
     { 
       $this->load->model('emailInvites'); 
       $query['response'] = $this->emailInvites->saveEmailInvite(); 
       echo json_encode($query); 


     } 
     else 
     { 
       $this->load->view('emailInvites'); 
     } 
    }

來源

2013-01-29 23:33:46 Sedz

你不需要爲了呼應URL，只是用它在這樣的Ajax調用，

$.ajax({ 
       url: 'main/email_invites', 
       type: 'POST', 
       data: form_data, 
       success: function(msg) { 
       return true; 
       } 
     });

如果site_url方法返回所需的url，那麼ajax調用需要是，

$.ajax({ 
       url: "<?php echo site_url('main/email_invites'); ?>", 
       type: 'POST', 
       data: form_data, 
       success: function(msg) { 
       return true; 
       } 
     });

來源

2013-01-23 23:51:24

CodeIgniter：jQuery發佈和加載下一頁

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