Javascript Ajax jquery获取

我想知道如何将Ajax合并到我的PHP代码中，使内容动态加载

现在是这样的。 首先，用户选择一个类别：

<li><a href='?genre=sport'>Sport</a></li>

最终导致在某种html方案中呈现结果：

while(mysqli_stmt_fetch($result))
{
     echo $id; echo $title, echo $artist;
}

我知道我可能会通过$.ajax发送GET JSON数据，然后检索并通过服务器上的mysqli运行它。 我想知道的是，将数据返回html的最佳方法是什么，以及如何将其放置在某种重复结构中。

---

我似乎无法理解这件事。谢谢。

如果您不使用纯ajax，您可能会看到。您可以使用以下代码来模拟您的案例

<?php
include './path/to/xajax.inc.php';

$xajax = new xajax();

$xajax->register(XAJAX_FUNCTION, 'getGenre');

$xajax->processRequest();

function getGenre($a, $b)
{
    $response = new xajaxResponse();
    // your db code here
    $response->assign('result', 'innerHTML', $result);
    return $response;
}

---

谢谢，我将查找xajax并尝试一下。代码看起来非常整洁和有条理！当它起作用时，我们将感谢您的支持和确认：）不幸的是，我正在寻找一个Ajax解决方案，但如果没有其他人回答，出于礼貌，我将予以确认。@user3428402好的，您可以看到我更新的答案。简单地说，从php返回json，并使用jquery模板在js端呈现它
<?php
include './path/to/xajax.inc.php';

$xajax = new xajax();

$xajax->register(XAJAX_FUNCTION, 'getGenre');

$xajax->processRequest();

function getGenre($a, $b)
{
    $response = new xajaxResponse();
    // your db code here
    $response->assign('result', 'innerHTML', $result);
    return $response;
}

<li><a href='?genre=sport' onclick="getGenre('sport')">Sport</a></li>

<div id="result"></div>

<?php
if(isset($_GET['genre']))
{
    $genre=$_GET['genre'];
}
$result=mysqli_prepare($connection,'SELECT * FROM songs WHERE genre=?');
mysqli_stmt_bind_param($result,'s',$genre);
mysqli_stmt_execute($result);
mysqli_stmt_bind_result($result,$id,$title,$artist);

#arr = array();

while ( mysqli_stmt_fetch($result) ) {
    $arr[] = $id;
}

return json_encode($arr);

<ul id="result"><ul>

$("a").on("click", function() {
    $.getJSON( "your.php" + $(this).attr("href"), function( data ) {
        var template = "<li><b>${id}</b> <b>${title}</b> <b>${artist}</b></li>";

        $.template( "yourTemplate", template );
        $.tmpl( "yourTemplate", data )
          .appendTo( "#result" );
    });
});