Php 将CSS添加到MySQL中，然后在jQuery.CSS（）中使用；作用

我已将此CSS存储在数据库中：

{backgroundColor: "rgba(53, 162, 185, 0.3)", 
width: "800px",
bottom: "0px",
height: "7px",
left: "0px"}

这是SQL更新：

UPDATE `conjure`.`conjurevariables` SET `setting` = '{\'backgroundColor\': \'rgba(53, 162, 185, 0.3)\', \'width\': \'800px\', \'bottom\': \'0px\', \'left\': \'0px\', \'height\': \'7px\'}' WHERE `conjurevariables`.`id` = 27

当我从数据库中提取CSS并将其添加到一个变量中并警告该变量时，返回的是：

{'backgroundColor': 'rgba(53, 162, 185, 0.3)', 'width': '800px', 'bottom': '0px', 'left': '0px', 'height': '7px'}

这似乎是正确的信息

下一步： 如果我将该变量添加到CSS中，如： $'.something'.css变量

它不起作用

然而： 如果跳过从数据库中提取数据的步骤，只需执行以下操作：

var变量={'backgroundColor'：'rgba531621850.3'，'width'：'800px'，'bottom'：'0px'，'left'：'0px'，'height'：'7px'} ;

然后调用CSS，如： $'.something'.css变量

它起作用了

问题: 我一定是从数据库中提取细节时遗漏了什么。当我看firebug中的变量时…它看起来被截断了。但为什么警报会显示正确的信息

我还将DB字符串回显为一个[li]，当我在firebug中看到它时，它看起来也被截断了。请看下图

请注意，信息被截断

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有什么想法吗

我认为加载变量的方式，当你想要一个对象时，你加载字符串的方式。将字符串转换为对象并将其加载到css中

var obj = jQuery.parseJSON('{"background-color":"#00ff00"}');
alert( obj.background-color === "#00ff00" );

.css(obj);

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您能给我们展示一下用于ajax请求和css样式的jquery代码吗