Php 返回到以前加载的页面并显示弹出窗口

我有一个页面，显示未结销售电话的摘要。当用户单击一个摘要时，会进行一个ajax调用，该调用会详细显示所选调用。在这里，用户可以更改呼叫并单击保存。单击save时，会发出另一个ajax调用，将数据写入数据库

我想做的是。。如果保存成功，请返回显示摘要的原始页面，并弹出一个表示保存成功的弹出窗口。我遇到的问题是，当页面最初加载时，或者如果单击了“返回而不保存”按钮，则弹出窗口不能启动

这些页面使用php和javascript以及ajax调用

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我希望这有点道理。感谢您提供的所有指针。

保存成功后，将它们重定向到URL，如：

http://www.example.com/previousPage.php?result=success

然后，在previousPage.php的代码中，只需执行如下操作：

<?php

if(isset($_GET['result']) && $_GET['result'] == 'success')
{
    echo '<script>alert("Success!");</script>';
}

?>

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为什么要使用ajax来获取销售电话，然后更改页面？
我建议使用模态对话来显示您选择的通话，例如。然后用户永远不会离开当前页面。
出现问题的代码在哪里？为什么不在ajax响应中设置一个$\u会话变量，如果设置了，则在原始页面回显，然后取消设置？这实际上是针对已经创建的移动应用程序，我只是添加了这一部分。它已经充满了ajax。这也不是我的第一选择！这很有效。我以为我曾经尝试过这个想法，但运气不好，但我想不会。谢谢你的帮助！