Javascript 如何通过AJAX检索使用POST方法生成的表?
目前在我的学院做最后一个项目,老师要求我们做的一件事是通过AJAX POST方法在单独的脚本上创建一个表(根据用户在上一页中给出的变量进行查询并用结果填充该表),然后将该表返回主页面。但是到目前为止,我还没有找到一种方法来正确地检索表 我曾尝试使用.load返回表,但该表没有定义,就好像POST生成的变量没有保存一样。目前我正在使用一个append将表附加到我的主页上,但我的老师和我都同意这不是正确的方法,因为它会不断地向div添加更多的表,我们希望每个帖子只显示一个表 以下是主要脚本:Javascript 如何通过AJAX检索使用POST方法生成的表?,javascript,php,jquery,ajax,mysqli,Javascript,Php,Jquery,Ajax,Mysqli,目前在我的学院做最后一个项目,老师要求我们做的一件事是通过AJAX POST方法在单独的脚本上创建一个表(根据用户在上一页中给出的变量进行查询并用结果填充该表),然后将该表返回主页面。但是到目前为止,我还没有找到一种方法来正确地检索表 我曾尝试使用.load返回表,但该表没有定义,就好像POST生成的变量没有保存一样。目前我正在使用一个append将表附加到我的主页上,但我的老师和我都同意这不是正确的方法,因为它会不断地向div添加更多的表,我们希望每个帖子只显示一个表 以下是主要脚本: <
<!DOCTYPE html>
<head>
<link rel="stylesheet" href="https://maxcdn.bootstrapcdn.com/bootstrap/3.3.7/css/bootstrap.min.css" integrity="sha384-BVYiiSIFeK1dGmJRAkycuHAHRg32OmUcww7on3RYdg4Va+PmSTsz/K68vbdEjh4u" crossorigin="anonymous">
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.12.4/jquery.min.js"></script>
<script>
$(document).ready(function(){
$("#buttonone").click(function(){
var test = $("#form input[name= yourlastnamep]").val();
$.post("script_02.php",{alep: test},function(data){
$("#xmas").append(data);
$("#show").click(function(){
$("#xmas").fadeToggle();
});
});
});
});
</script>
</head>
<body>
<form id="form">
<p>Find your Last Name:</p>
<div class="form-group-register">
<label>Last Name:</label>
<input type="text" class="form-control" name="yourlastnamep">
</div>
<div class="form-group-register">
<button type="button" id="buttonone">Find me!</button>
<button type="button" id="show">Toggle!</button>
</div>
</form>
<div id="xmas"></div>
<script src="https://maxcdn.bootstrapcdn.com/bootstrap/3.3.7/js/bootstrap.min.js" integrity="sha384-Tc5IQib027qvyjSMfHjOMaLkfuWVxZxUPnCJA7l2mCWNIpG9mGCD8wGNIcPD7Txa" crossorigin="anonymous"></script>
</body>
</html>
$(文档).ready(函数(){
$(“#按钮无”)。单击(函数(){
var test=$(“#表单输入[name=yourlastnamep]”).val();
$.post(“script_02.php”,{alep:test},函数(数据){
$(“#圣诞节”)。附加(数据);
$(“#显示”)。单击(函数(){
$(“#圣诞节”).fadeToggle();
});
});
});
});
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下面是script_02.php:
<?php
$mysqli = new mysqli("localhost", "user", "password", "formysqli");
$var1 = $_POST['alep'];
$var2 = "SELECT name, middlename, lastname, age, birth from formtable where lastname = '$var1'";
$result = $mysqli->query($var2);
?>
<table border="1">
<tr>
<th>NAME</th>
<th>MIDDLE NAME</th>
<th>LASTNAME</th>
<th>AGE</th>
<th>BIRTH</th>
</tr>
<tr>
<td><?php echo $row['name']; ?></td>
<td><?php echo $row['middlename']; ?></td>
<td><?php echo $row['lastname']; ?></td>
<td><?php echo $row['age']; ?></td>
<td><?php echo $row['birth']; ?></td>
</tr>
</table>
谢谢您的关注。代替
$("#xmas").append(data);
使用
而不是
$("#xmas").append(data);
使用
我只需要使用PHP查询MySQL和echo json_encode($assocArray)代码>返回JavaScript并在客户端构建表。我只需要使用PHP查询MySQL和
echo json_encode($assocArray)代码>返回JavaScript并在客户端构建表。