如何在Codeigniter中将页面（视图）回送到Ajax函数 我正在使用Zurb基金会框架文件。我正在尝试使用AJAX将数据加载到显示框（奇特的弹出窗口）中。。诀窍是，我不只是加载内部html内容，而是加载html本身。我的意思是，我希望controller中的函数将php文件返回给ajax调用函数，该函数的内容将显示在弹出窗口中。。我的代码是

Ajax函数调用

function ajaxfunct() {
            $.ajax({
                type: "POST",
                url: "welcome/test",
                data: { name: "Jigar", location: "jain" }
            }).done(function( html ) {
                $("#tagUser").append(html);


            });
        }

我的控制器代码是

public function test() {
    $data['name'] = $_POST['name'];
    $data['location'] = $_POST['location'];
    $this->load->view('index', $data);
    echo 'WHAT SHUD I ECHO HERE ?'
}

我知道我的控制器代码的最后两行是错误的。我只是不知道如何从views文件夹中获取一个php文件，处理它并将其作为预处理的html（字符串）传递给ajax

我不是在寻找完整的代码。只要参考一些函数或在线教程就好了。。

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thanx

您已经从控制器的视图文件夹中获取了一个PHP文件

线路

$this->load->view('index', $data);

加载/application/views/index.php文件，并使用$data数组中的数据对其进行处理

因此，对于AJAX调用，您可以创建一个不同于index.php（如test.php）的视图文件，该文件包含AJAX的适当HTML，并使用以下行调用它

$this->load->view('test', $data);

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并跳过ECHO部分…

检查开发人员控制台（即FireBug、Chrome Inspector）以查看从请求中得到的信息，在HTMLbut上进行调试，将在浏览器中加载整个test.php文件。我只想在弹出框中加载它，而不重新加载当前文件page@Jigar. 不，当然，您只需要AJAX的控制器函数。我以为这就是test（）方法？@Jigar如果从AJAX函数调用“welcome/test”，那么结果将被放入#tagUser容器中。如果在浏览器中编写yourdomain.com/welcome/test，则相同的方法将在浏览器中输出，但是，您应该编写AJAX控制器/模型，以便在没有正确的POST数据的情况下不会输出任何内容。thanx man..您的代码正在运行..u rock:）我最初指的是控制器..我犯的唯一错误是在调用测试文件时调用了索引文件：）太傻了，哈哈。。无论如何谢谢你：）