使用jquery和php从mysql数据库获取信息
我试图在php中使用ajax和restapi从mysql数据库获取数据。我想在搜索栏上插入一个值,它会显示来自mysql的数据 api代码:使用jquery和php从mysql数据库获取信息,php,jquery,mysql,ajax,Php,Jquery,Mysql,Ajax,我试图在php中使用ajax和restapi从mysql数据库获取数据。我想在搜索栏上插入一个值,它会显示来自mysql的数据 api代码: $response = array(); $posts = array(); $ID = $_POST['ID']; $sql = "SELECT * FROM table WHERE client_id = ?"; $stmt = $mysqli->prepare($s
$response = array();
$posts = array();
$ID = $_POST['ID'];
$sql = "SELECT * FROM table WHERE client_id = ?";
$stmt = $mysqli->prepare($sql);
$stmt->bind_param("s", $ID);
$stmt->execute();
$result= $stmt->get_result();
$row = $result->fetch_assoc();
while($row=mysql_fetch_array($result)) {
$user_id=$row['id'];
$username=$row['username'];
$client_id=$row['client_id'];
$token=$row['token'];
$posts = array('id'=> $user_id, 'username'=> $username, 'client_id'=> $client_id, 'token'=> $token);
}
echo json_encode($posts);
$stmt = null;
$mysqli = null;
}
?>
这是ajax代码
$('document').ready(function()
{
$("#search").on("click", function(e){
e.preventDefault();
var to_search = $("#search_value").val();
console.log(to_search);
var formData = {
'ID' : to_search,
};
$.ajax({
type : 'POST',
url : 'search.php',
data : formData,
dataType : 'JSON',
encode : true,
success: function (data, response, status, xhr) {
if (response.result) {
console.log('done');
console.log(data);
}else{
console.log('fail');
console.log(data);
}
},
error: function (xhr, status, error) {
}
});
});
});
它不工作,我只希望它在浏览器控制台上打印结果。该按钮正在工作,因为它在控制台上显示了我在搜索栏上插入的值
有什么建议吗?我认为您的ajax调用没有任何问题,但是我对您的PHP代码做了一些修改,这是未经测试的
$response = array();
$posts = array();
$ID = isset($_POST['ID']) ? $_POST['ID'] : 0; // Avoid warning because of missing "ID" post field
$sql = "SELECT * FROM table WHERE client_id = ?";
$stmt = $mysqli->prepare($sql);
$stmt->bind_param('i', $ID); // ID's probably an integer, not a string
$stmt->execute();
$result= $stmt->get_result();
// Removed $row = $result->fetch_assoc();
while($row = $result->fetch_assoc()) { // Better use it this way
$user_id = $row['id'];
$username = $row['username'];
$client_id = $row['client_id'];
$token = $row['token'];
array_push($posts, array('id'=> $user_id, 'username'=> $username, 'client_id'=> $client_id, 'token'=> $token)); // Add the current loop element data to $posts
}
echo json_encode($posts);
$stmt = null;
$mysqli = null;
在error方法中添加一个console.errorerror,看看哪里出了问题。它什么也不显示,只是打印了这个console.logto_搜索的结果;谢谢,我做了您和@Anatolii Bivol告诉我的更改,至少现在显示了错误,Sugestions?@ShwSvn您确定要传递表中存在的ID以使其返回吗?当它与表中的任何内容都不匹配时,你就会得到这个结果。好吧,这是我的错,我现在得到了这个问题中包含数据的数组,我如何显示我在ajax上收到的数据html@IncredibleHat这是我的问题是的,谢谢