Javascript 使用ajax将数据从一个PHP页面传递到另一个PHP页面

好的，我有一个名为albums.php的页面，其中包含以下代码：

<?php

    require_once('./config.php');

    $mysqli = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME);

    $album = $mysqli->query("SELECT * FROM Albums");

    print('<div id="grid">');
    print('<ul>');
    while ($row = $album->fetch_assoc()) {
        $cover = $row['Album_Cover'];
        $name = $row['Album_Name'];
        $id = $row['Album_ID'];

        print ('<li>');
            print('<form method="POST" action="">');
                print("<input type='image' src=$cover name='image' id='image' class=$id>");
            print("</form>");
            print('<br/>');
            print ("$name");
        print ('</li>');
    }
    print('</ul>');
    print('</div>');

    print('<br/>');
    print('<br/>');
    print('<br/>');
    print('<br/>');

    $mysqli->close();

    ?>

我的目标是使用ajax将单击图像的id传递给pictures.php。我的pictures.php代码如下：

<?php

require_once('./config.php');
require_once('./albums.php');

$id = $_POST['id'];

$mysqli = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME);

$pictures = $mysqli->query("SELECT * FROM Pictures WHERE Album_ID = $id");

print('<div id="grid">');
print('<ul>');
while ($row = $pictures->fetch_assoc()) {
    $picture = $row['Picture'];

    print("<li><img src=$picture class='thumbnail'></li>"); 
}
print('</ul>');
print('</div>');

$mysqli->close();

?>

---

我还需要链接pictures.php中的button.js脚本吗？除此之外，我想不出这段代码可能有什么问题。顺便说一下，这三个文件都存储在我服务器上的同一个文件夹中，所以我相信我访问它们是正确的。任何帮助都将不胜感激

仅提几件事：

---

如注释中所述，ID必须是唯一的，但不会使代码崩溃

您必须将js代码放在构造图像元素的php代码之前，或者必须使用jquery的

$（document）.ready（function（）{//your code}）

；确保您正在注册图像的单击事件侦听器

关于您的js更改：

var-dataString='id='+id到
var dataString=id
和

url:“./pictures.php”
至url:
“pictures.php”

---

ID是唯一的，不能有多个ID设置为“image”的图像。看起来你的类和ID混淆了…你包括了jquery吗？如果你不使用它，你就不需要javascript，而且看起来也不需要。codehx，我已经包括了jquery。怀特先生，我把课程改成了“图像”，把id改成了$id，但我还是一无所获。此外，当我进行此切换时，图像的所有样式都消失了，即使我在样式表中从#image更改为.image.riggsfully，javascript不是唯一能找到单击图像id的方法吗（通过id，我指的是$id，它已存储在每个图像的class属性中）？我在$（文档）中添加了.ready并将url更改为pictures.php，这使它开始工作得稍微好一点。现在，当我执行console.log（id）时，第一个映像将其id打印到控制台，但第二个映像没有。它们仍然不能像预期的那样显示它们包含的图像。var-dataString=+id是如何工作的？当我这么做的时候，我得到了一个未知索引的警报。没关系，我只是得到了它。我必须更改成功函数，才能真正重写html。谢谢你的帮助，我很感激。我会投你一票，但我刚刚加入，没有这样的名声：(

<?php

require_once('./config.php');
require_once('./albums.php');

$id = $_POST['id'];

$mysqli = new mysqli(DB_HOST, DB_USER, DB_PASSWORD, DB_NAME);

$pictures = $mysqli->query("SELECT * FROM Pictures WHERE Album_ID = $id");

print('<div id="grid">');
print('<ul>');
while ($row = $pictures->fetch_assoc()) {
    $picture = $row['Picture'];

    print("<li><img src=$picture class='thumbnail'></li>"); 
}
print('</ul>');
print('</div>');

$mysqli->close();

?>