Php 如何使jQuery验证程序远程触发errorPlacement？

有谁能告诉我，当

远程
功能失败时，如何让
调用
处理程序？我提供了一个简短的例子：

克里夫注释：根据他们的文档，我必须输出JSON，但我肯定错过了什么，因为我是只是回显JSON_encode，还是像中所说的那样提供了一个类似
回显JSON_encode（array（'result'=>0））

JS:

var validator = $("form#signup").validate({
    onfocousout: true,
    rules: {
        email: {
            required: true,
            email: true,
            remote: {
                type: "POST",
                url: 'test.php',
                data: {
                    email: function() {return $("#email").val();}
                }
            }
        },
        errorPlacement: function(error, el) {
            console.log('ERR' + $(el).attr('id'));
        }
    }
});

<?php
echo false; // This should allow the errorPlacement to call shouldn't it?

PHP:

var validator = $("form#signup").validate({
    onfocousout: true,
    rules: {
        email: {
            required: true,
            email: true,
            remote: {
                type: "POST",
                url: 'test.php',
                data: {
                    email: function() {return $("#email").val();}
                }
            }
        },
        errorPlacement: function(error, el) {
            console.log('ERR' + $(el).attr('id'));
        }
    }
});

<?php
echo false; // This should allow the errorPlacement to call shouldn't it?

我认为您需要将PHP脚本中的
false
作为字符串进行回显：

<?php
echo 'false';

您可能希望回显
json\u encode（FALSE）
，因为现在您根本不回显任何内容。（但如果我正确理解了源代码，那么就不会触发错误。）这太难看了。正如Zombaya所说，
json\u encode（FALSE）
是正确的选择。理论上，
json\u encode（FALSE）
不会生成有效的json，因为有效的json在其顶层有一个数组或一个对象