php - 点击为 MYSQL 数据库添加 +1 投票

Question

所以我正在制作一个测验游戏，当点击一个选项时，它会显示同意你的观点的人的百分比。单击后，将显示之前玩家的结果，并且您的投票将添加到数据库中。

我已经尝试解决这个问题很长一段时间了，在阅读了大量帖子并观看了大量视频之后，似乎 ajax 和 php 的组合是可行的方法，我只是看不到让它发挥得很好。

这就是我所得到的。 (删除了非必要的内容以使其更清晰。)

HTML

<div id="option1"></div>

JQUERY

$(document).ready(function() { 
$('#option1').click(function() {
    var request = $.ajax({
        type: "POST",
        url: "clickvote.php",

        });
    }); 
});

我觉得这就是问题所在。看来jquery实际上并没有调用php文件，我在这里遗漏了一些东西吗，我需要在此时插入某种形式的数据而不是在php中吗？

PHP(clickvote.php)

<?php

include ('db_connect.php'); 
include ('getpageid.php');


$sql = "UPDATE questions SET votes1 = (votes1 + 1) WHERE id = {$pageid}";

mysqli_query($db,$sql);


?>

如果我将其包含在问题页面顶部，此 PHP 会添加投票并运行，但是每次加载页面时都会添加投票，而不是像我想要的那样在单击选项 1 时添加投票。

如果您需要任何其他信息，请告诉我。

任何帮助将不胜感激!

丹尼尔

Answer 1

首先确保您的 php 脚本路径。使用您的浏览器网络它应该返回成功。

尝试从客户端提交页面 ID

$(document).ready(function() { 
$('#option1').on('click', (function() {
    var request = $.ajax({
        type: "POST",
        url: "clickvote.php",
        data: {"page" : <?php echo $page_id ?>}
        });
    }); 
});

然后

<?php

include ('db_connect.php'); 
include ('getpageid.php');
$pageId = filter_input(INPUT_POST, 'page');

    $sql = "UPDATE questions SET votes1 = (votes1 + 1) WHERE id = ?";
$stmt = $mysqli->prepare($sql);
$stmt->bind_param($pageId);
$stmt->execute();  

?>

添加准备好的语句以确保您的查询安全。