Php 在mysql查询中使用jquery传递输入值

我有以下html表单：

 <form method="post" action="">
    <input type="hidden" name="userid" id="user" value="<?php echo $user ?>"/>
    <textarea name="comment" class="subcomment_form" id="ctextarea<?php echo $suggestid ?>"></textarea>
    <input type="submit" value="Post" id="<?php echo $suggestid ?>" class="form_btn" style="margin-top: 5px"/>
 </form>

以及subcent.php文件的以下php代码：

if($_POST['comment'])
{
$comment=$_POST['comment'];
$suggestid=$_POST['suggestid'];
$user=$_POST['user'];
$sql = "INSERT INTO user_suggestions_comments (uvd_id, user_id, usc_comment) VALUES ('".$_POST['suggestid']."', '".$_POST['user']."','".$_POST['comment']."')";
mysql_query( $sql);
}

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我的问题是，

中的值看起来您的数据字符串没有按照PHP代码所期望的方式构建。
试试这个变化

var dataString = 'comment='+ comment + '&suggestid=' + ID + 'user' + user;

变成

var dataString = 'comment='+ comment + '&suggestid=' + ID + '&user=' + user;

您正在从$\u帖子中查找三个值，并且只通过了2

$comment=$_POST['comment'];
$suggestid=$_POST['suggestid'];
$user=$_POST['user'];

是的，我假设他只是按原样传递表单，我不知道他为什么要将表单更改为数据字符串…非常感谢你们两位，在用户工作之前添加：）看起来他正在将表单更改为数据字符串，因为suggestId是根据通常不会提交的数据生成的。但是我想说的是，最好保持数据字符串中的名称与表单自然提交时的名称相同。只是让事情更清楚。
$comment=$_POST['comment'];
$suggestid=$_POST['suggestid'];
$user=$_POST['user'];