Php 关于使用ajax保留在页面中的问题

我有一张表格。我的目标是将表单的值发送并插入数据库。然后

清除表单的输入 显示成功消息。 这样地： 我的问题：当我按下保存按钮时，我被重定向到另一个页面

这是操作错误：

并更改页面

我的代码有什么问题

html

})

最后，插入我的代码

   <?php 
        $conn = mysql_connect('localhost', 'root', '');
        $db   = mysql_select_db('practicas');

        $name = $_POST['name'];
        $age = $_POST['age'];

        if(mysql_query("INSERT INTO ajaxtabla VALUES('$name', '$age')"))
      echo "Successfully Inserted";
    else
      echo "Insertion Failed";
 ?>

---

感谢您的帮助

您可以在提交表单时使用一个事件处理程序来简化代码。此外，您还需要包括e.preventDefault，它会阻止submit按钮的正常功能

$("#myForm").submit( function(e) {

    // Prevent the normal form submission event
    e.preventDefault();

    // Create an object of the form
    var form = $(this);

    // Make an AJAX request
    $.post(this.action, form.serializeArray(), function(info) {

        // Clear the form
        form[0].reset();

        // Display message
        $("#result").html(info); 

    });

});

为按钮提供一个type属性，以确保表单在单击时提交

<button type="submit" id="sub">Save</button>

姓名：年龄： 拯救

---

在ajax中，您正在发布表单及其操作，因此表单将被重定向 如果您不想重定向，那么像这样发送ajax请求

$.ajax({
method:post,
url:"File name you want to send request"

}).done(function(response){

});

---

谢谢但它并没有让我保持在页面上，它一直在变化：对不起，迈克，我是一个糟糕的程序员，但它不工作。我更改了问题中的代码，你能看到吗？谢谢你的帮助me@Vidal打开控制台，检查控制台，看看是否有任何错误。您应该只使用一个jQuery脚本，它需要放在script.okeey之前。我的控制台说我这里有问题：获取http://localhost/PracticaAjax/script/elscript.js net：：呃，这重要吗？@Vidal当然重要。这意味着它找不到你的脚本。将URL粘贴到浏览器中，然后查看是否加载。如果不能，请找出原因，例如错误的文件名、错误的位置等。mysql早已过时，请使用-或更好。了解和。对不起，迈克，在我的大学里，他们没有教我们关于这一切的任何东西。我得找些东西做作业。由于这个原因，我和我的同事都不了解任何东西，编程基础很差。你是否正确地包含了脚本文件？你是什么意思？？

<button type="submit" id="sub">Save</button>

$.ajax({
method:post,
url:"File name you want to send request"

}).done(function(response){

});