Javascript 无法使用ajax、php和jquery提交表单

我正在尝试使用ajax提交表单。在后端部分，我试图打印fname、location和image的值，以检查数据是否到达那里

但是当我尝试执行console.log来检查响应时，我得到以下消息

对于数据字符串

filename=girl.jpgfname=johnlocation=Richmond，Virginia

为fname

严重性：通知消息：未定义索引：fname

为了形象

没有回应

我无法在后端获取数据，有人能帮我吗

形式

表格中选定的值为：

文件名=girl.jpg

名字fname=John

我从位置下拉列表中选择的值=弗吉尼亚州里士满

仅用于图像，请保留此项

var filename = $('input[type=file]').val()

---

由于codeignitor将仅显示控制器中的名称，因此无需更换，否则ci将无法找到路径

问题在于您的

dataString

您可以这样做：

var dataString='filename=' + filename + '|fname=' + fname + '|location=' + location;

因此，当您在后端php中接收数据字符串时，可以使用以下方法拆分数据字符串：

$dataString=explode('|',  $dataReceived);

因此，您可以通过以下操作获得每个零件：

$filename=$dataString[0]; 
$fname=$dataString[1];
$location=$dataString[2];

---

希望对您有所帮助

您的数据字符串必须是JavaScript对象

  var data = {filename: filename, fname: fname, location: location};

---

像这样使用ajax并检查已获取的值，但图像仍然未获取当我尝试在后端回显名称时，它会将文件名的值打印为C:\fakepath\girl.jpg是否正确？我得到这个结果，文件没有上传是的，这是正确的，如果它没有上传，你需要检查你的上传代码。你可以看看上传代码，我真的无法理解我哪里出错了，这是说，我没有上传任何文件重构您的参数到jsonon在您的后端页面更改此代码$returnres['img_name']=$data['file-input']$returnres['fname']=$_POST['fname']；echo json_编码$returnres

var dataString='filename=' + filename + '|fname=' + fname + '|location=' + location;

$dataString=explode('|',  $dataReceived);

$filename=$dataString[0]; 
$fname=$dataString[1];
$location=$dataString[2];

  var data = {filename: filename, fname: fname, location: location};