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ajax - 使用 AJAX 检查数据库更新并通知

转载作者：搜寻专家更新时间：2023-10-30 20:29:53

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我需要一个 ajax 脚本来检查数据库中是否有数据的条目，并在页面上为每个条目显示通知 .我希望向查看该页面的每个用户显示通知。

我尝试了以下但它没有提供所需的输出:

main.html

<html>
<head>
  <script type='text/javascript' src='ajx.js'></script>
</head>
</html>

pop.php

<?php
try{
    $con=mysql_connect("localhost:3306", "root", "") or die(mysql_error()) ;  
    $q = mysql_query("SELECT `user`.`name`,`user`.`page` FROM `people`.`user` ORDER BY `user`.`index` DESC",$con);

    if(!$q)
    {
    throw new Exception('Uncaught Exception occurred');
     }
}
catch(Exception $e)
{
Echo "";
}

$results = mysql_fetch_assoc($q);


echo json_encode($results);
?>

ajx.js

$.ajax({
url: "pop.php",
dataType: "json",
success: function(json){
    var dataArray = JSON.decode(json);
    dataArray.each(function(entry){
        alert(entry.name);
    }
}
});

加载 main.html 时我没有得到结果。我认为需要一些语句来打印结果。

最佳答案

您希望在编写时澄清该脚本的哪个具体方面？关于您可能遇到问题的地方，您有具体的问题吗？

你可以使用这样的东西:

PHP 文件:(get_notifications.php)

$q = /*your query to database*/
$query = mysql_query($q, $dbConnect);
$results = mysql_fetch_assoc($query);
echo json_encode($results);

Javascript 文件:

$.ajax({
    url: "get_notifications.php",
    dataType: "json",
    success: function(json){
        var dataArray = JSON.decode(json);
        dataArray.each(function(entry){
            alert(entry.valueName);
        }
    }
});

在 javascript 文件中，“valueName”指的是您要输出的数据键。例如，如果你“SELECT name FROM people”，你想输出他们的名字，那就是 entry.name。您还可以将警报替换为附加项或其他内容，以将数据放入 div 或页面中。

如果您需要对这些部分的任何进一步说明，请告诉我。这应该能够给你一个很好的开始。希望对您有所帮助。

澄清:您的页面加载的文件应该只包含您的布局和 HTML 以及用于包含您的 js 的脚本标记。

然后，ajax 调用的 php 应该在一个由 Ajax 调用的单独文件中，而不是包含在正在加载的页面中。希望这是有道理的。

关于ajax - 使用 AJAX 检查数据库更新并通知，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/12536593/

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