Javascript Ajax请求通过.fail（）回调时，我的函数应该返回什么？

我的Symfony2控制器中有一个函数，从视图中通过Ajax调用。这是控制器端的代码（示例不是真实的）：

然后在视图中，我调用以下事件：

$.post(Routing.generate('addFab'), $form.serialize(), 'json').done(function (data, textStatus, jqXHR) {
    // if all goes fine then show messages and much more
    }
}).fail(function () {
   // if something goes wrong then show and alert and try to show info to the user 
    return false;
}).always();

---

现在，如果

$form->isValid（）

为真或假，请求将始终发出，因此将通过

.done（）

回调，因此我需要返回一些内容，不清楚是什么，如果表单无效，响应将通过

.fail（）

回调，否则我将始终需要检查是否，例如，

$response['success']

在

.done（）

回调中为TRUE或FALSE，请忘记

.fail（）

，我觉得这似乎是错误的。我现在不知道正确的方法是否是使用HttpFoundation组件或其他东西返回异常，所以有什么建议吗？最好的方法是什么？

如果我在这里遗漏了一些东西，我不会感到惊讶，因为我不使用$.post，我使用$.ajax，我想这几乎是一样的。如果我在这里，则.fail是指服务器响应时出现IIS错误，不应用于表单验证。这应该在您的应用程序逻辑中完成，这样可以在.done中正确处理。如果我需要返回一个没有详细信息的否定响应，那么我将返回“false”，否则将返回一个填充的json结果。

如果我在这里遗漏了一些东西，我不会感到惊讶，因为我不使用$.post，我使用$.ajax，我想这几乎是相同的。如果我在这里，则.fail是指服务器响应时出现IIS错误，不应用于表单验证。这应该在您的应用程序逻辑中完成，这样可以在.done中正确处理。如果我需要返回一个没有详细信息的否定响应，那么我将返回“false”，否则将返回一个填充的json结果。

如果我在这里遗漏了一些东西，我不会感到惊讶，因为我不使用$.post，我使用$.ajax，我想这几乎是相同的。如果我在这里，则.fail是指服务器响应时出现IIS错误，不应用于表单验证。这应该在您的应用程序逻辑中完成，这样可以在.done中正确处理。如果我需要返回一个没有详细信息的否定响应，那么我将返回“false”，否则将返回一个填充的json结果。

如果我在这里遗漏了一些东西，我不会感到惊讶，因为我不使用$.post，我使用$.ajax，我想这几乎是相同的。如果我在这里，则.fail是指服务器响应时出现IIS错误，不应用于表单验证。这应该在您的应用程序逻辑中完成，这样可以在.done中正确处理。如果我需要返回一个没有详细信息的否定响应，那么我将返回“false”，否则将返回一个填充的json结果。

当服务器返回4xx或5xx等错误状态时，或者当返回数据的客户端解析错误时，或者当请求有中止调用时，将调用错误处理程序

在这种情况下，由于基于验证，您希望将请求发送给故障处理程序，因此需要将响应状态设置为错误状态，如400。因此，在

else

块中，请尝试

<?php
http_response_code(400);
?>

---

当服务器返回4xx或5xx等错误状态，或当客户端解析返回的数据时出错，或当请求发生中止调用时，将调用错误处理程序

在这种情况下，由于基于验证，您希望将请求发送给故障处理程序，因此需要将响应状态设置为错误状态，如400。因此，在

else

块中，请尝试

<?php
http_response_code(400);
?>

---

当服务器返回4xx或5xx等错误状态，或当客户端解析返回的数据时出错，或当请求发生中止调用时，将调用错误处理程序

在这种情况下，由于基于验证，您希望将请求发送给故障处理程序，因此需要将响应状态设置为错误状态，如400。因此，在

else

块中，请尝试

<?php
http_response_code(400);
?>

---

当服务器返回4xx或5xx等错误状态，或当客户端解析返回的数据时出错，或当请求发生中止调用时，将调用错误处理程序

在这种情况下，由于基于验证，您希望将请求发送给故障处理程序，因此需要将响应状态设置为错误状态，如400。因此，在

else

块中，请尝试

<?php
http_response_code(400);
?>

---

我知道这个问题已经得到了回答，但我认为这不是最好的解决办法

JsonResponse

对象将状态代码作为第二个参数，因此不应在代码中粘贴

http\u response\u code

另外，与其将您的

success

默认为

true

，不如将其默认为

false

，然后在success中更新它

你可以这样做

public function addFabAction(Request $request)
{
    $em = $this->getDoctrine()->getManager();
    $response['success'] = false;
    $status = null;

    if ($request->isXmlHttpRequest()) {
        $entity = new Entity();
        $form = $this->createForm(new EntityForm(), $entity);
        $form->handleRequest($request);

        if ($form->isValid()) {
            try {
                $em->persist($entity);
                $em->flush();

                $response['entities'] = array();
                $dataResponse = array();
                $dataResponse['colOne'] = $entity->getColumnOne();
                $dataResponse['colTwo'] = $entity->getColumnTwo();

                $response['entities'][] = $dataResponse;

                $response['success'] = true;
            } catch (Exception $ex) {
                $status = 400; // Your error code
                $response['error_message'] = 'something';
            }
        } else {
            $status = 400;
            $response['error_message'] = 'form not valid';
        }

        return new JsonResponse($response, $status ?: 200);
    }
}

---

另外，如果请求不是

XmlHttpRequest

，您也没有响应，但很明显，这可能会在其他地方处理。

我知道这已经得到了回答，但我认为这不是最好的方式

JsonResponse

对象将状态代码作为第二个参数，因此不应在代码中粘贴

http\u response\u code

另外，与其将您的

success

默认为

true

，不如将其默认为

false

，然后在success中更新它

你可以这样做

public function addFabAction(Request $request)
{
    $em = $this->getDoctrine()->getManager();
    $response['success'] = false;
    $status = null;

    if ($request->isXmlHttpRequest()) {
        $entity = new Entity();
        $form = $this->createForm(new EntityForm(), $entity);
        $form->handleRequest($request);

        if ($form->isValid()) {
            try {
                $em->persist($entity);
                $em->flush();

                $response['entities'] = array();
                $dataResponse = array();
                $dataResponse['colOne'] = $entity->getColumnOne();
                $dataResponse['colTwo'] = $entity->getColumnTwo();

                $response['entities'][] = $dataResponse;

                $response['success'] = true;
            } catch (Exception $ex) {
                $status = 400; // Your error code
                $response['error_message'] = 'something';
            }
        } else {
            $status = 400;
            $response['error_message'] = 'form not valid';
        }

        return new JsonResponse($response, $status ?: 200);
    }
}

---

另外，如果请求不是

XmlHttpRequest

，您也没有响应，但很明显，这可能会在其他地方处理。

我知道这已经得到了回答，但我认为这不是最好的方式

JsonResponse

对象将状态代码作为第二个参数，而不是粘贴

http\u response\u co