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我使用 ajax 动态填充数据表。
代码如下:
Javascript:
$.post("/import_data.php", {add: new_row}, "json").done(function(data){
data = JSON.parse(data);
if (data[0] === 'example_1') {
.....
$("#error_1").modal("show");
}
else if (data[0] === 'example_2') {
.....
$("#error_2").modal("show");
}
else {
table.row.add(data).order([0, 'desc']).draw();
}
});
PHP(导入数据.php):
...
$arr = array('info1', 'info2', 'info3', 'info4');
echo json_encode($arr);
但有些事情我不明白,为什么我必须使用 JSON.parse (data)
这行,这不是 dataType 的工作还是我的代码有问题?
我怎样才能改进我的脚本?
编辑:
Console.log(data) -- 在 JSON.parse(data) 之前:
["super","1","220","example"]
在 JSON.parse(data) 之后:
(4) ["super", "1", "220", "example"]
0: "super"
1: "1"
2: "220"
3: "example"
length: 4
__proto__: Array(0)
如果我不放 JSON.parse(data)
他没有带我 super
元素,而是带我 [
最佳答案
当您依赖 dataType
参数时,我很震惊地发现数据在传递给 done
回调时没有被解析(我已经在本地复制了您的问题) 在你的例子中。这是因为如果要包含 dataType
参数,jQuery 的 $.post
要求您为 success
参数传递参数;见Aditya Sharma's answer来自 docs 的报价
无论如何,您不应该依赖 dataType
参数;相反,您的 PHP 应该返回正确的 Content-Type
header :
<!-- language: lang-php -->
<?php
header("Content-Type: application/json");
$arr = array('info1', 'info2', 'info3', 'info4');
echo json_encode($arr);
如果您这样做,您的 $.post
调用就可以正常工作(没有 JSON.parse
调用)。
如果由于某种原因您不能这样做,请使用成功回调而不是 done
(或将 null
作为 success
参数传递并继续使用 .done
);由于 "json"
参数,jQuery 将为您解析 JSON:
<!-- language: lang-js -->
$.post("temp.php", {add: new_row}, function(data) {
// ...
}, "json");
// or
$.post("temp.php", {add: new_row}, null, "json").done(function(data) {
// ...
}, "json");
...然后,再次不需要调用 JSON.parse
。
但同样,如果 PHP 正确识别响应的类型会更好。
关于javascript - Ajax - 为什么在 $.post() 中使用 JSON.parse(data) 和 dataType,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/52310265/
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