Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/1/php/267.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
Ajax和Php在创建关系表后,不显示插入的数据_Php_Mysql_Ajax_Foreign Keys - Fatal编程技术网

Ajax和Php在创建关系表后,不显示插入的数据

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我是Ajax和Php的新手,我想用引导模式、Ajax和Php解决我对Mysql表中iSeries数据的疑问

因此,我有一个表调用tbl_employee,还有一个页面调用index.php

在index.php中,我有一个引导模式按钮,当用户单击时,该按钮可以正常工作。用户单击此按钮后,引导模式将显示一个表单,当用户完成后,它将单击该按钮。单击“插入”按钮后,用户输入的所有数据将正常存储在tbl_employee中

但当我在tbl_employee表中创建了一个与另一个调用tipo_ps的表的关系时,用户不能再通过引导模式表单在Mysql中插入数据了。下面我打印了一个图像,显示了我创建的一列,该列用于建立与tbl_employee表的关系:

在index.php页面中,我有以下Ajax代码:

$document.readyfunction{ $'insert_form'.onsubmit,functionevent{ var tipo=$tipo.val; 违约事件; 如果$'name'.val== { alertName是必需的; } 如果$'address'.val== { 地址是必需的; } 如果$'designation'.val== { 需要指定报警标志; } 其他的 { $.ajax{ url:insert.php, 方法:邮寄, 数据:$“插入表单”。序列化, beforeSend:函数{ $'insert'。valInserting; }, 成功:functiondata{ $‘插入表格’[0]。重置; $'add_data_Modal'。Modal'hide'; $'employee_table'.htmldata; } }; } };
因此,问题在于选项标签:

    if($rowCount > 0) {
        while($row = $query->fetch_assoc()) {  
            echo '<option value="">'.$row['tipo'].'</option>';
        }
    } else {
        echo '<option value="">Tipo não encontrado</option>';
    }
因此,将其更改为:

if($rowCount > 0) {
    while($row = $query->fetch_assoc()) { 
        echo '<option value="'.$row['tipo_id'].'">'.$row['tipo'].'</option>';
    }
} else {
    echo '<option value="">Tipo não encontrado</option>';
}

向我们展示tipo_ps表格内容Hello@Rainmx93,感谢您的回答。这是tipo_ps表格的图像…可能尝试将您的选择查询更改为:选择tbl_employee.id、tbl_employee.tipo、tbl_employee.name、tipo_ps.tipo FROM tbl_employee.tipo=tipo_ps.tipo_idHi@Rainmx93,感谢您的回答。我替换了您提供的代码和不幸的是page index.php仍然返回空白页。但是如果我删除表关系tbl_employee colunm tipoFK,代码将正常插入数据。在这种情况下,我是否应该仅仅因为创建了关系表就更改ajax代码?再次感谢您的关注。is$_POST['tipo']是否包含tipo\u ps表id?
if($rowCount > 0) {
    while($row = $query->fetch_assoc()) { 
        echo '<option value="'.$row['tipo_id'].'">'.$row['tipo'].'</option>';
    }
} else {
    echo '<option value="">Tipo não encontrado</option>';
}