Javascript 单击内部按钮时，模式弹出窗口未保存到数据库

我是jquery和ajax新手，所以请耐心等待。 我有这个链接：

   <a href="#message" style="text-decoration:none" class="common2 simple3" >Message</a>

但当我试图通过ajax将其传递到php页面时，它不会通过。有什么不对劲吗

这是message.php

   $message = $_POST['message'];
   $result = false;
   $sql="INSERT INTO MESSAGE_LOG (sender,recepient, message)
          VALUES($viewer,$viewed,$message)";
    if (!mysqli_query($connection,$sql))
    {
        die('Error: ' . mysqli_error($connection));
    }

---

您需要从

$\u GET

读取值：

$message = $_GET['message'];

或者使用具有数据属性的post方法：

 $(document).ready(function()
    {
        $("#send").click(function(e) 
        {   
            e.preventDefault();
            var msgContent = $("#msgContent").val();
            alert(msgContent);
                $.ajax({
                url: 'subscribe.php',
                type: 'POST',
                data: {message: msgContent},
                //dataType: 'json', from your php I don't that that you are looking for json response...
                context: this,
                success: function(result)
                        {                                           

                            //if (result == true)
                            $(this).html('Send');   
                        } 
                });


        })
    })

---

你的JS应该是这样的：

$(document).ready(function() {
    $("#send").click(function(e)  {   
        e.preventDefault();
        var msgContent = $("#msgContent").val();
        $.ajax({
            url: 'message.php',
            type: 'POST',
            dataType: 'json',
            data: {message: msgContent},
            context: this,
            success: function(result) {                                           
                alert('Message has been sent');  
            } 
        });
    });
});

你的PHP是这样的：

$message = $_POST['message'];
$result = false;
$sql="INSERT INTO MESSAGE_LOG (sender,recepient, message)
      VALUES($viewer,$viewed,'$message')";
if (!mysqli_query($connection,$sql)) {
    die('Error: ' . mysqli_error($connection));
}

---

请详细说明。。你说它不会通过是什么意思？我不能让msgContent通过message.php将代码发布到message.php中吗？还有，你说的“通过ajax传递php页面”是什么意思？你想让PHP用你显示的HTML来响应吗？我需要将msgContent传递到一个PHP页面，这样我就可以在数据库中保存数据，而无需重定向页面i changed$_POST['message']；发送到$_POST['message']；但一切都没有改变。我还尝试了post方法，结果是相同的，但有没有一种方法可以显示一个弹出窗口，说“Message been sent”，而不是将“Send”按钮更改为“sent”？我尝试在成功中添加了这一点：function（result）{if（result==true）alert（'Message been'）；}但它没有显示，或者我需要在其他地方插入它？嗨！。。我正在更新已发送警报的消息。有没有办法在另一个弹出窗口中显示此消息？我已插入已发送的消息。并在ajaxsuccess中调用：$（'#success'）.open（）；但我同时显示我的消息弹出窗口。@Nhiz然后只注释掉这行：alert（'message has sent'）；消息已发送弹出窗口与文本区域的弹出窗口同时出现。因此，即使在我在文本区域中写入之前，另一个弹出窗口也会出现

$(document).ready(function() {
    $("#send").click(function(e)  {   
        e.preventDefault();
        var msgContent = $("#msgContent").val();
        $.ajax({
            url: 'message.php',
            type: 'POST',
            dataType: 'json',
            data: {message: msgContent},
            context: this,
            success: function(result) {                                           
                alert('Message has been sent');  
            } 
        });
    });
});

$message = $_POST['message'];
$result = false;
$sql="INSERT INTO MESSAGE_LOG (sender,recepient, message)
      VALUES($viewer,$viewed,'$message')";
if (!mysqli_query($connection,$sql)) {
    die('Error: ' . mysqli_error($connection));
}