Javascript 提交表单不工作/不重新加载
我创建了一个表单（form1）来将mysql数据搜索到表中，而不使用ajax重新加载页面，它工作得很好，但是当我想从第二个表单（formorder）插入数据时，submit按钮不会刷新或重新加载 这是我的密码 index.phpJavascript 提交表单不工作/不重新加载,javascript,php,jquery,html,ajax,Javascript,Php,Jquery,Html,Ajax,我创建了一个表单（form1）来将mysql数据搜索到表中，而不使用ajax重新加载页面，它工作得很好，但是当我想从第二个表单（formorder）插入数据时，submit按钮不会刷新或重新加载 这是我的密码 index.php <html> <head> <title>Search Data Without Page Refresh</title> <script type='text/javascript' src='js
<html>
<head>
<title>Search Data Without Page Refresh</title>
<script type='text/javascript' src='js/jquery-1.4.2.min.js'></script>
</head>
<body>
<center>
<br>
<?php include("koneksi1.php");
$sql="select * from supplier";
$query=mysqli_query($koneksi,$sql);
?>
<form action="" name = "form1">
<select name="namea" style="width:300px; padding:8px;">
<?php
while($data=mysqli_fetch_assoc($query)){
echo "<option value='".$data['id_supplier']."'>".$data['id_supplier']."</option>";
}
?>
</select>
<input type="submit" value="Search" id="search-btn" style="padding:8px;"/>
</form>
<br>
<div id = "s-results">
<!-- Search results here! -->
</div>
<script type = "text/javascript">
$(document).ready(function(){
$('#s-results').load('search.php').show();
$('#search-btn').click(function(){
showValues();
});
$(function() {
$('form').bind('submit',function(){
showValues();
return false;
});
});
function showValues() {
$.post('search.php', { namea: form1.namea.value },
function(result){
$('#s-results').html(result).show();
});
}
});
</script>
</center>
</body>
</html>
搜索数据而不刷新页面
$（文档）.ready（函数（）{
$（'s-results'）.load（'search.php'）.show（）；
$（“#搜索btn”）。单击（函数（）{
showValues（）；
});
$（函数（）{
$（'form'）.bind（'submit'，function（）{
showValues（）；
返回false；
});
});
函数showValues（）{
$.post（'search.php'，{namea:form1.namea.value}，
功能（结果）{
$（'#s-results'）.html（result.show（）；
});
}
});
<?php
include("koneksi1.php");
isset( $_REQUEST['namea'] ) ? $name=$_REQUEST['namea'] : $name='';
$name = mysqli_real_escape_string($koneksi,$name);
if( empty( $name )){
echo '<script> alert("Please search something!")</script>';
}else{
$sql = "select * from barang where id_supplier like '%$name%'";
$rs = mysqli_query($koneksi,$sql ) or die('Database Error: ' . mysql_error());
$num = mysqli_num_rows($rs);
if($num >= 1 ){
echo "<div style='margin:10px; color:green; font-weight: bold;'>$num records found!</div>";
echo "<table width='365' border ='0' cellspacing='5' cellpadding='5'>";
echo"<tr><th>RESULTS</th></tr>";
echo "<div class='table-responsive'>";
echo "<table class='table table-hover'>";
while($data = mysqli_fetch_array( $rs )){
?>
<tbody>
<?php
$kuantitas=0;
$kuantitas++;
?>
<form action="aksi.php" method="post" id="formorder">
<tr>
<td><?php echo $data['nama_barang']?></td>
<td><?php echo $data['stok']?></td>
<td><input type="text" name="kuantitas" size="4"></td>
<td><input type="text" name="harga_satuan" id="harga_satuan" size="10"></td>
<td><input type="text" name="ppn" id="ppn" size="3"> %</td>
<td><button type="submit" class="btn btn-success btn-sm" id="add" name="add">ADD</button></td>
</tr>
</form>
<?php }?>
</tbody>
</table>
</div>
<?php
}else{
echo "<tr><th>NO RESULTS</th></tr>";
}
}
?>
mysql\u error（）
不与mysqli\u混用，如果出现错误，则需要将其读取为mysqli\u error（$koneksi）
。这样做，然后再试一次，查看开发人员控制台和php的错误报告。如果您更新行$（'form'）.bind（'submit'，function（）{
，以更具体地说明您选择的是哪种表单…即：$（'form[name=form1]'）
，这有帮助吗？我将mysql_error（）
修复为mysqli_error（$koneksi）
并打开控制台，但中没有显示错误console@AndrewR不工作，它仍然不能重新加载或刷新，我的按钮加载项formorder
就像死按钮（没有目标）mysql\u error（）
不能与mysqli\u
混合，需要读作mysqli\u error（$koneksi）
如果出现错误，请执行此操作，然后重试，并查看开发人员控制台以及php的错误报告。如果您更新行$（'form'）.bind（'submit'，function（）{
以更具体地说明您选择的表单…即：$（'form[name=form1]'）
，是否有帮助？我修复了mysql\u错误（）
到mysqli\u错误（$koneksi）
并打开控制台，但在中没有显示错误console@AndrewR不工作，它仍然没有重新加载或刷新，我的按钮加载项formorder
像死按钮（没有目标）