php - 从 MySQL 加载数据并使用 jQuery Mobile、PHP 填充下拉选择

Question

我正在开发一个从 MySQL 数据库获取一些信息的 PhoneGap 应用程序。当我尝试打开一个包含两个需要在页面加载时填充的选择输入的 HTML 页面时，我很挣扎，每个输入都包含来自两个不同表的数据。我不知道为什么，但他们没有得到填充。非常欢迎任何帮助。

HTML代码

<div data-role="content">
  <p></p>
  <form id="cname" align="left" action="post" data-ajax="false" >
    <label for "id">Employee's Name:</label><br/>
    <select name="id" id="id"></select><br/>
    <label for "job_id">Job's Name:</label><br/>
    <select name="job_id" id="job_id"></select><br/>
    <input type="hidden" name="latitued" id="latitued" value="">
    <input type="hidden" name="longitude" id="longitude" value="" >
    <input type="hidden" name="goo_map_api" id="goo_map_api" value="">
    <input type="submit" value="Clock-In" id="enviar_in" data-inline="true">
  </form>
</div

Jquery 脚本都选择

<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(e){
  var items="";
  $.getJSON("get_emp.php",function(data){
    $.each(data,function(index,item) 
    {
      items+="<option value='"+item.id+"'>"+item.fullName+"</option>";
    });
    $("#id").html(items); 
  });
});
</script>


<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(e){
  var items="";
  $.getJSON("get_job.php",function(data){
    $.each(data,function(index,item) 
    {
      items+="<option value='"+item.id+"'>"+item.job_name+"</option>";
    });
    $("#job_id").html(items); 
  });
});
</script>

PHP 文件 get_emp.php

<?php
$mysqli = new mysqli($mysql_hostname,$mysql_user, $mysql_password, $mysql_database);
$q = "select id, fullName from employees";
$sql = $mysqli->query($q);
$data = array();
while($row = mysqli_fetch_array($sql, true)){
    $data[] = $row; 
};
echo json_encode($data);
?>

PHP 文件 get_job.php

<?php
$mysqli = new mysqli($mysql_hostname,$mysql_user, $mysql_password, $mysql_database);
$q = "select id, job_name from jobs";
$sql = $mysqli->query($q);
$data = array();
while($row = mysqli_fetch_array($sql, true)){
    $data[] = $row; 
};
echo json_encode($data);
?>

再一次感谢您花时间查看这段代码并帮助我。谢谢。

Answer 1

我觉得代码没问题。您是否设置了正确的标题？

header('Content-Type: application/json');
echo json_encode($data);