Javascript 我可以在表单提交时调用php文件，并从中调用或回显JS函数吗？

所以我基本上是想创建一个HTML表单

通过php POST方法处理我的登录

使用javascript关闭我的登录lighbox，或者显示一个错误（现在我正在使用JS更改登录表单下的一个不可见表单值）

HTML

if（isset（$\u GET['error']））{
echo“
登录时出错！
”；
}?>


电子邮件：

密码：

以下是php文件：

    if (isset($_POST['email'], $_POST['p'])) {
      $email = $_POST['email'];
      $password = $_POST['p'];

      if (login($email, $password, $mysqli) == true) {
      // Login success 
    echo "<script>document.getElementById('light').style.display=
      'none';document.getElementById('fade').style.display=    'none'</script>";
    } else {
      // Login failed 
      echo "<script>document.getElementById('errorbox').value='Error'</script>";
  }
  } else {
     // The correct POST variables were not sent to this page. 
     echo 'Invalid Request';
   }

if（设置（$\u POST['email']，$\u POST['p']））{
$email=$_POST['email']；
$password=$_POST['p']；
if（登录（$email，$password，$mysqli）==true）{
//登录成功
echo“document.getElementById（'light'）.style.display=
'none'；document.getElementById（'fade'）.style.display='none'；
}否则{
//登录失败
echo“document.getElementById（'errorbox'）。value='Error'；
}
}否则{
//未将正确的POST变量发送到此页面。
回显“无效请求”；
}

我知道我做得不对，我只是不知道怎么做。。。

---

将onsubmit事件属性添加到表单：

---

其中validate（）是一个js函数，它关闭lightbox并在表单正常时返回true，或者在表单不好时显示错误并返回false。

好的，是的，从技术上讲，您可以这样做，但这是一个非常糟糕的做法，而且非常不干净

您更愿意使用Ajax，并在其成功回调中执行这些JS操作：

注意：您需要在脚本中包含lib。

另一个无：如果您的服务器上没有PHP5.4，只需删除第二个回调函数，并处理成功回调中的所有场景

!(function($){
   $(function() {
         $('#submitBtn').on('submit', function(){
            $.post('process_login.php', $('form[name="login_form"]').serialize(), function(data){
              //data is a json object which contans the reponse
              data = $.parseJSON(data);
              $("fade").fadeOut();
              $("light").fadeOut();
            },
            function(data){//error callback
              data = $.parseJSON(data);
              if(data.forbidden){
                  $("#errorBox").html("Error!");
              }
              else if(data.error){
                $("#errorBox").html("Invalid request!");
              }
            });
          });

    });
})(window.jQuery);

HTML:

---

使用AJAX提交表单。AJAX是否会降低登录过程的安全性？不，不会，AJAX是一个HTTP请求，就像重新加载整个页面一样。这似乎是我需要做的。我尝试过逐字复制您的代码，（嗯，在我的表单HTML下面添加和关闭标记）。除了“找不到对象”之外，我仍然没有得到任何其他信息错误404。我添加了jquery 1.9库，我不确定我的php是什么版本。我使用的是xampp的更新版本。由于它是一个事件处理程序，它应该在jquery ready函数中…我将编辑代码。我现在在最后一行遇到一个snytax错误。另外“'from[name=“login_form”]”应该是form[name…]对吗？（我不是在挖苦人，我只是对JS方面的事情有点不知所措）关于语法错误，我刚刚通过JS linter运行了代码，有一些警告，但没有错误，现在就试试。呃，仍然得到了object not found错误。不确定我的问题在哪里。注意：我没有使用JS lightbox，这是css。

!(function($){
   $(function() {
         $('#submitBtn').on('submit', function(){
            $.post('process_login.php', $('form[name="login_form"]').serialize(), function(data){
              //data is a json object which contans the reponse
              data = $.parseJSON(data);
              $("fade").fadeOut();
              $("light").fadeOut();
            },
            function(data){//error callback
              data = $.parseJSON(data);
              if(data.forbidden){
                  $("#errorBox").html("Error!");
              }
              else if(data.error){
                $("#errorBox").html("Invalid request!");
              }
            });
          });

    });
})(window.jQuery);

<form name="login_form">
  <div>
    <input type="text" name="email" placeholder="email">
  </div>
  <div>
    <input type="password" name="p" placeholder="password">
  </div>
  <div>
    <input type="button" id="submitBtn" value="Login">
  </div>
</from>

$response = array();
if (isset($_POST['email'], $_POST['p'])) {
  $email = $_POST['email'];
  $password = $_POST['p'];

      if (login($email, $password, $mysqli) == true) {
          http_response_code(200);//HTTP OK, requires php 5.4
          $response['success'] = true;

    } else {
      // Login failed 
      $response['forbidden'] = true;
      http_response_code(401);//HTTP forbidden
  }
  } else {
     // The correct POST variables were not sent to this page. 
      $response['error'] = true;
      http_response_code(400);//HTTP bad request
   }

echo json_encode($response);