javascript - 为什么我的表单不使用 ajax 提交

Question

有点自私的问题，但总的来说我真的很想使用 ajax，所以我需要一些帮助。所以基本上我正在尝试使用“onblur”函数更新和 sql 数据库。这是我的代码:

index.php 上的代码

   function saveStatus(){
var status =document.getElementById("statusForm").value;
$.ajax({
                url: 'saveStatus.php',
                type: 'post',
                data: 'feed_id=' + status,
                success: function(result){
                }
              }    
    <form id="statusUpdate" action = "whosout.php" method="post"> 
        <input type="text" id="statusForm" onblur="saveStatus()" 
        placeholder="<?php if($status!=null){ echo '&lsquo;'.$status.'&rsquo;';}
        else { echo 'Enter your status here.';}?>"> 
        </form>

和 saveStatus.php 上的代码

    <?
     require 'core.php';
     require 'connect.php';

      $status = $_POST['feed_id'];
      $idPerson = $_SESSION['user_id'];
      $query = "UPDATE person SET status = '".mysql_real_escape_string($status)."' 
     WHERE idPerson = '$idPerson'"; 
    $query_run = mysql_query($query);
     ?>

目前，当我点击输入框时，sql 数据库没有更新。任何帮助都会很棒!!

Answer 1

答案:

1. 你必须设计脚本和html输出
2. 你忘记了 );。你必须关闭 $.ajax block 。
3. 您错过了 关闭函数 saveStatus()。

代码:

<script>
function saveStatus(){
    var status =document.getElementById("statusForm").value;
    $.ajax({
        url: 'saveStatus.php',
        type: 'post',
        data: 'feed_id=' + status,
        success: function(result){

        }
    }); // <-- Also, you forget `);` here 
} // <-- Also, you foget closing `}` here
</script>

<form id="statusUpdate" action = "whosout.php" method="post"> 
<input type="text" id="statusForm" onblur="saveStatus()" 
placeholder="<?php if($status!=null){ echo '&lsquo;'.$status.'&rsquo;';}
else { echo 'Enter your status here.';}?>"> 
</form>

不是错误，而是建议:

另外，请注意:您使用了 jQuery ajax 函数，因此在其他情况下也使用 jQuery(您使用的是纯 JavaScript)。

您通过这种方式获得值(value):

var status = document.getElementById("statusForm").value;

改用 jQuery 语法:

var status = $("#statusForm").val();

附加信息

因为，@Utkanos 在对此答案的评论中注意到:

...all of which would be obvious if you look in the error console.

您必须使用一些调试工具，例如 FireBug 或 DevTools(Chrome，在 Chrome 中您也可以使用 CTRL+SHIFT+J)。不必。你必须这样做。