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我擅长 php 和 html,但是我仍在学习 js。我一直坚持创建一个表单,该表单将提交要插入到 mysql 中的表单数据,而不加载页面(ajax)。
下面是我的表格:
<form id="panel1" action="rep-submit.php" method="post">
<div class="form-group">
<input type="text" name="rep_author" id="rep_author" placeholder="Your Name" class="form-control">
</div>
<div class="form-group">
<input type="email" name="rep_email" id="rep_email" placeholder="Your Email" class="form-control">
</div>
<div class="form-group">
<textarea class="form-control" id="rep_comment" name ="rep_comment"rows="3" placeholder="Your comment"></textarea>
</div>
<input type="hidden" value="<?php echo $comment_id; ?>" id ="rep_to">
<input type="hidden" value="<?php echo $postp_id; ?>" id ="rep_post_id">
<input id="repsub" type="button" class="btn btn-primary" value="Submit">
</form>
下面是我的post.js 我花了很多在线指南来制作这样的js代码:P,花了1天完成仍然无法工作。请帮忙
$(document).ready(function(){
$("#repsub").on('click', function(event) {
event.preventDefault();
$("#repsub").attr("disabled", "disabled");
var rep_author = $('#rep_author').val();
var rep_email = $('#rep_email').val();
var rep_comment = $('#rep_comment').val();
var rep_to = $('#rep_to').val();
var rep_post_id = $('#rep_post_id').val();
var url = $("#panel1").attr("action");
alert(url);
$.ajax({
url: url,
type: "POST",
data: {
rep_author: rep_author,
rep_email: rep_email,
rep_comment: rep_comment,
rep_to: rep_to,
rep_post_id: rep_post_id
},
cache: false,
success: function(dataResult){
var dataResult = JSON.parse(dataResult);
document.write(rep_comment);
if(dataResult.statusCode==200){
console.log("success");
$("#repsub").removeAttr("disabled");
$('#panel1').find('input:text').val('');
alert("success");
}
else if(dataResult.statusCode==201){
alert("Error occured !");
}
}
});
});
});
最后是rep-submit.php
<?php include_once("includes/connection.php");
if(isset($_POST['rep_submit']))
{
global $connection;
connection();
$author = $_POST['rep_author'];
$email = $_POST['rep_email'];
$comment = $_POST['rep_comment'];
$rep_to = $_POST['rep_to'];
$post_id = $_POST['rep_post_id'];
$com_rep = "yes,".$rep_to;
$query = "INSERT INTO comment(comment_post_id,comment_author,comment_email,comment_content,comment_reply) ";
$query .= "VALUES('$post_id','$author','$email','$comment','$com_rep')";
$result = mysqli_query($connection, $query);
if(!$result)
{
echo "There is some issue posting your reply on that comment<br>";
echo mysqli_error($connection);
echo json_encode(array("statusCode"=>201));
}
else
{
echo "reply sucessfully sent for approval";
$query = "SELECT * FROM comment WHERE comment_id = '$rep_to'";
$result = mysqli_query($connection, $query);
$row = mysqli_fetch_assoc($result);
$com_count = $row['comment_reply_count'];
$new_count = $com_count + 1;
$query = "UPDATE comment SET ";
$query .= "comment_reply_count = '$new_count' ";
$query .= "WHERE comment_id = '$rep_to'";
$result = mysqli_query($connection, $query);
echo json_encode(array("statusCode"=>200));
}
}
?>
最佳答案
您的代码未按预期工作,因为您需要调用 Javascript 代码正在监听的 click
事件的 preventDefault()
方法。
您必须更改这部分代码:
$("#repsub").on('click', function() {
对此:
$("#repsub").on('click', function(event) {
event.preventDefault();
通过这种方式,您可以防止提交按钮 #repsub
的默认行为,即提交 #panel1
表单。
此外,您还必须将 rep_submit: 1
添加到通过 AJAX 发送的数据对象中:
data: {
rep_author: rep_author,
rep_email: rep_email,
rep_comment: rep_comment,
rep_to: rep_to,
rep_post_id: rep_post_id,
rep_submit: 1 // Add this
},
您的大部分 PHP 代码未执行,因为 AJAX 请求中的 rep_submit
元素缺失:isset($_POST['rep_submit'])
返回 假
。
此外,您的 HTML 代码中存在一个重要错误:您的 #repsub
输入的类型为 submit.
。您需要通过将其更改为 submit
来删除点,以便正确显示表单提交按钮。
最后一个问题是,在 PHP 中,如果成功,您将在回显最终 json 编码数据之前回显一些文本。您必须删除行echo“回复已成功发送以供批准”;
。这样,您的 JS 代码将能够解析响应并显示“成功”警报。
我认为如果您处理表单的 submit
事件而不是提交输入的 click
事件会更好。为此,您只需按以下方式更改代码即可:
$("#panel1").on('submit', function(event) {
event.preventDefault();
<小时/>
您不应该使用document.write()
,特别是如果调用它的代码是异步的(它将覆盖所有页面内容)。使用Node.insertBefore() , Node.appendChild()或 JQuery 的 append()和 prepend()方法。
您应该以一致的方式从 PHP 输出数据。如果您想使用 JSON,请始终返回正确的 JSON 数据,并且不要将 echo
用于其他目的。在这种情况下,为了简单起见,您可以在成功时输出以下数据:
{
"success": true
}
如果出现错误,输出:
{
"success": false,
"error_message": "Your error message"
}
通过这种方式,您将能够以简单干净的方式处理服务器响应。
<小时/>Dharman 的评论是正确的:您需要防止 SQL 注入(inject)。您可以找到一些有关如何操作的好信息 here .
<小时/>有用的链接
关于javascript - 卡在 Ajax 表单到 mysql 提交上,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/57119897/
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