javascript中的codeigniter站点_url（）

我试图使用参数从

JavaScript

调用控制器类中的函数

success: function(data) {
    var output = '';
    $("#dropdwn_cari").html(output);
    for (var i = 0; i < data.length; i++) {

      var buku = data[i];
      console.log(buku['value']);

      output += "<a class='dropdown-item' href='<?= site_url('data/buku/" + buku['value'] + "')?>'><a/>";
      $("#dropdwn_cari").html(output);

成功：函数（数据）{
var输出=“”；
$（“#dropdwn_cari”）.html（输出）；
对于（变量i=0；i输出+=“ PHP是一种服务器端语言，它在浏览器呈现页面之前运行。您不能以您正在尝试的方式将值传递给PHP函数，因为PHP将其视为字符串，即代码> BuKu [值] <代码>。PHP不会选择代码中的值> BuK[ [值] ] < /代码>。
我正在重写它让你试试

success: function(data) {
    var output = '';
    $("#dropdwn_cari").html(output);
    for (var i = 0; i < data.length; i++) {

      var buku = data[i];
      console.log(buku['value']);

      output += "<a class='dropdown-item' href='<?= site_url('data/buku/')?>" + buku['value'] + "'><a/>";
      $("#dropdwn_cari").html(output);

成功：函数（数据）{
var输出=“”；
$（“#dropdwn_cari”）.html（输出）；
对于（变量i=0；i输出+=“这只是问题的一半。第二部分应该是……”这是我在浏览器中右键单击-查看源代码时生成的源代码（问题中包含相关代码）。