我想运行PHP代码并在单击时更改图像

我有一些带有这个图像和这个数据id的HTML

<img id="test" src="image1.png" data-id="12345" />

这是我的test.php脚本

<?php echo  $dataid; ?>

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我在使用Ajax和JQuery时遇到了一些困难，因为我不习惯使用它…

将图像存储在一个div中。每当单击image时，检索id并通过Ajax传递到test.php，并在div中回显响应

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test.php

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您的意思是动态更改图像源，并使用ajax？@JohnReyM.Baylen从请求中获取图像：yes@Fred-ii-：我的PHP脚本在示例中非常简化。。。我如何执行PHP脚本，或者数据id信息如何通过切换进行传输？谷歌搜索后使用jquery和php切换图像的众多方法之一。这花了我3秒钟。这是另一个感谢你的回答，它帮助了很多。再次单击时如何返回image1.png？每次单击都传递数据id；在test.php中检查它。如果数据id为_uu，则显示image1.png

<?php echo  $dataid; ?>

<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.12.4/jquery.min.js"></script>

<script type="text/javascript">
$(document).ready(function()
{

$("#toggle").on('click', '#test', function()
{
    var $id = $(this).attr('data-id');

    $.ajax({
        type: "POST",
        url: "test.php",
        data: { id: $id },
        success: function(theResponse) {
            $('#toggle').html(theResponse);
            }
    });
});


});
</script>

<div id="toggle">
<img id="test" src="image1.png" data-id="12345" />
</div>

<?php
# Get Id here
$id = isset($_POST['id']) ? $_POST['id'] : '';

# for testing; remove this
echo $id;

# change here date-id and src; if it is dynamic do the database select and display image
echo '<img id="test" src="image2.png" data-id="54321" />';
?>