Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/2/jquery/76.json): failed to open stream: No such file or directory in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 167

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /data/phpspider/zhask/libs/tag.function.php on line 1116

Notice: Undefined index: in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 180

Warning: array_chunk() expects parameter 1 to be array, null given in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 181
Javascript 将id作为参数传递_Javascript_Jquery_Html_Css - Fatal编程技术网

Javascript 将id作为参数传递

Javascript 将id作为参数传递,javascript,jquery,html,css,Javascript,Jquery,Html,Css,我有一个包含多个div的页面,每个div都有一个来自数据库的ID,在每个div中都有一个like按钮,我想做的是当我单击like按钮将ID作为参数传递到函数中时,这里是我迄今为止尝试的: 函数addLike 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 ID必须是唯一的 每当您定义一个内嵌的点击事件处理程序时,您可以考虑传递以下两个变量: 这个:当前元素 事件:事件对象 函数addLikeele,e{ console.log'ID:'+ele.ID; } 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 我建议您从

我有一个包含多个div的页面,每个div都有一个来自数据库的ID,在每个div中都有一个like按钮,我想做的是当我单击like按钮将ID作为参数传递到函数中时,这里是我迄今为止尝试的:

函数addLike 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢
ID必须是唯一的

每当您定义一个内嵌的点击事件处理程序时,您可以考虑传递以下两个变量:

这个:当前元素 事件:事件对象 函数addLikeele,e{ console.log'ID:'+ele.ID; } 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢 喜欢
我建议您从div中删除onClick:

<div id="myID">
并在每个按钮中插入onclick:

<button onclick="addLike(this.parent.id)">

首先,一个页面中只能有一个ID。所以我首先建议您使用类而不是ID。现在,如果您喜欢使用ID,那么每个ID都应该是唯一的。那你应该

<div id="id1" onClick="addLike(this.id)"></div>
<div id="id2" onClick="addLike(this.id)"></div>

好的,据我所知,你正在试着做一个类似的按钮。 为此,我建议不要将id作为其值赋给a。 对于按钮操作,您必须创建一个表单,其操作将在其他PHP或任何其他服务器端语言上进行。因此,对于您的问题,这里是解决方案

<form action="like.php" method="POST">
 <div id="myid1">
  <button value="myid1" name="button1">LIKE</button>
 </div> 
<div id="myid2">
  <button value="myid2" name="button2">LIKE</button>
</div>
</form>

现在,当您希望将值传递给函数时,可以通过按钮各自的名称属性使用按钮的值。每个按钮需要有不同的名称。

文档中的ID应该是唯一的。@lilezek正如OP提到的,ID来自DB,所以我想它们是唯一的。我认为,在代码中,这只是为了说明。1 id属性必须是唯一的,尽管我假设它们在代码中,因为它们来自数据库。2将单击处理程序放在按钮上。将click处理程序放在应该被单击的元素的父元素上没有什么意义。3通过使用这个.id,你只是在限制自己。只需传递这个,然后在函数中使用您喜欢/需要的任何属性。谢谢兄弟!好的,现在是2017年。你能最终建议一些AJAX作为表单回退的超集,而不是简单地将用户指向某个like.php页面吗?对不起,我是AJAX的新手。我对此一无所知。我可以告诉您php脚本p.S:您不一定需要传递事件。1.因为在这种特殊情况下是无用的。2.因为您可以使用事件,即使不将其作为参数传递。@RokoC.Buljan我知道。最好的方法是在上使用addEventListener或jquery。这只是一个答案。最好的方法是完全避免内联代码。此外,因为我不知道它的用法……我说:你可能需要,也可能不需要。我同意你的看法。相信我。非常感谢你的提示。