jQuery代碼沒有更新的數據庫字段或更新下拉

我知道PHP腳本工作，因爲我對它們進行測試，而不jQuery的所以我覺得有毛病我的jQuery。jQuery代碼沒有更新的數據庫字段或更新下拉

<form id="bakery" name="bakery" method="POST" action="bakeryupdate.php"> 
      <select id="bakeryid" name="bakeryid"> 
       <option value="">Select</option> 
       </select> 
<input type="submit" value="Submit" name="submit" id="bakeryupdatebutton" /> 
</form> 

$(document).ready(function() { 

     $.ajax({ 
      type:'POST', 
      url:'bakeryupdate.php', 
     data: {bakeryid:bakeryid} 
     }).done(function(){ 
      $('#success').text('success!'); 

     }); 
    } 
     e.preventDefault(); 
     });  
});

更新數據的PHP腳本

<?php  
    if(isset($_POST['submit'])) { 

     $sql = "UPDATE bakeryorders SET description='shipped"; 

     if (mysqli_query($con, $sql)) { 

      echo "Bakery order updated"; 
     } else { 
      echo "Error!"; 
    } 
} 
?>

來源

2015-02-11 user11119483

在錯誤控制檯中的任何錯誤？ – 2015-02-11 17:34:04

沒有錯誤沒有顯示在選項中的選擇，應該有4個選擇（我試過當我把選擇選項代碼的形式），當我提交它說成功！但不添加到數據庫中，並且沒有錯誤：（ – user11119483 2015-02-11 17:36:57

'mysqli_real_escape_string（）'需要傳遞數據庫連接。http://php.net/manual/en/mysqli.real-escape-string.php - Plus ，確保你的提交按鈕具有name屬性，該條件語句依賴於它 – 2015-02-11 17:38:25

確保commit如果你沒有自動提交事務...

mysqli->commit();

來源

2015-02-11 17:36:16

mysqlcommit不會做任何事情！！ – user11119483 2015-02-11 18:16:17

jQuery代碼沒有更新的數據庫字段或更新下拉

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