Javascript 如何将我的简单jQuery输入与PHP脚本链接，并将数据存储到MYSQL数据库中？

我想做的很简单。 有一个简单的输入，允许我输入一个名称+链接，将其添加到列表中，并将其保存到数据库中，以便保存

在我的HTML文件中，我当前有：

<form id="form">
<input id="create-input" type="text" placeholder="To do">
<input id="create-link" type="text" placeholder="http://">
<button id="submit" type="button">Add Item</button>
</form> 

但我不知道怎么做。

---

有什么提示吗？

为什么需要JQuery？您只能使用php传递值

以下是代码的更改：-

<form id="form" method="post" action="process.php">
<input id="create-input" name="item" type="text" placeholder="To do">
<input id="create-link" name="link" type="text" placeholder="http://">
<button id="submit" type="button">Add Item</button>
</form> 
<ul>
<?php include('conn.php');
     $sql = "SELECT * FROM bucketlist";
     $result = mysqli_query($conn, $sql);
 if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
     while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
    echo '<li>Item-'. $row["item"].' & Link-'. $row["link"].'</li>';
    }
} else {
    echo "<li>No List</li>";
}
?>
</ul>

添加项

conn.php

<?php
$servername = "localhost";
$database = "bucketlist";
$username = "bucketuser";
$password = "125632";    
// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $database);

// Check connection

if (!$conn) {

    die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());

}
echo "Connected successfully";
?>

process.php

<?php
include('conn.php');
$item = $_POST['item'];
$item = $_POST['link'];
$sql = "INSERT INTO bucketlist (item, link) VALUES ($item,$link)";

// Check for Success

if (mysqli_query($conn, $sql)) {
     header('location:yourpage.php');
}

// Check for Fail

else {
     echo "Error: " . $sql . "<br>" . mysqli_error($conn);
}

mysqli_close($conn);
?>

---

希望这有帮助。

使用ajax发布项目的值，并在html表单中链接到PHP脚本。 比如：

var myItem = $('#create-input').html();
var myLink = $('#create-link').html();

$.ajax({
type: 'POST',
url: 'https://yoururl/api/post.php',
data: {item:myItem,link:myLink},
success: SuccessCall,
error : FailureCall,
cache:false,
async:true,
dataType: 'html'
}); 
function SuccessCall(data,status){
alert("response from server is "+data);
}
function FailureCall(data,status){
alert("Server connection error");
}

---

使用SYB发布的PHP脚本检索从html表单发送的item和link的值。

您实际上提交了表单。您可以使用ajax发送表单数据。。。我还将更改事件侦听器。我会将事件侦听器附加到表单上，并侦听提交事件<代码>$（“#表单”）。在（'submit'，addListItem）上，您无疑需要添加

事件.preventDefault（）

也会这样，因此表单不会提交，这是表单的默认操作。我不认为发布解决方案有什么意义，因为我知道stackoverflow上有很多ajax示例，所以如果你研究，你会发现大量的示例和详细的工作原理/使用方法。是的，你可以在后台使用ajax，但在跑步之前要学会走路。毫无疑问，要让客户保持在同一页面上，而不是将客户从一个页面移动到另一个页面？另外，“您可以仅使用php传递值”您所做的更改不会使表单仅使用php提交。您已经将action属性添加到一个HTML元素“theform”，它不是php。。。是的。当我说只使用php传递值时，我想说他/她不需要使用jquery。我打错了，他提供了一半的过程，他只是不知道如何获取这些值，所以我只更改了他的代码（似乎他是php新手），然后我建议您更详细地了解如何使用

元素。这不仅会让你的答案更好，而且会让OP更好地理解为什么当前源不起作用，以及为什么你做出了改变。

<?php
$servername = "localhost";
$database = "bucketlist";
$username = "bucketuser";
$password = "125632";    
// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $database);

// Check connection

if (!$conn) {

    die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());

}
echo "Connected successfully";
?>

<?php
include('conn.php');
$item = $_POST['item'];
$item = $_POST['link'];
$sql = "INSERT INTO bucketlist (item, link) VALUES ($item,$link)";

// Check for Success

if (mysqli_query($conn, $sql)) {
     header('location:yourpage.php');
}

// Check for Fail

else {
     echo "Error: " . $sql . "<br>" . mysqli_error($conn);
}

mysqli_close($conn);
?>

var myItem = $('#create-input').html();
var myLink = $('#create-link').html();

$.ajax({
type: 'POST',
url: 'https://yoururl/api/post.php',
data: {item:myItem,link:myLink},
success: SuccessCall,
error : FailureCall,
cache:false,
async:true,
dataType: 'html'
}); 
function SuccessCall(data,status){
alert("response from server is "+data);
}
function FailureCall(data,status){
alert("Server connection error");
}