Php 在JQUERY上填充输入

当页面加载时，我的php生成了一个下拉菜单，其中填充了sql表中的行，即表ID（值）和它们的名称

<select>
<option value="0"></option>
<option value=6>Alientech</option>
<option value=2>FNAC</option>
<option value=5>Logitech</option>
<option value=1>MHR</option>
</select>

阿林泰克
FNAC
罗技
MHR

那么我有：

<input type="text" name="editname">
<input type="text" name="editmail">
<input type="text" name="editwebsite">
<input type="text" name="editphone">
<input type="text" name="editfax">
<input type="text" name="editadress">
<input type="text" name="editincharge">

我想做的是选择上面的选项，他获取mysql中行的id，并根据SQL表中的值填充相应的输入，这样一个人可以在提交表单时编辑这些值

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我如何使用jQuery做到这一点

您的代码尝试在哪里

实现这一点的方法是选择jquery 您将获取select where的值

您还需要标识所有输入字段。 您的PHP脚本应该返回一个JSON，您成功解析JSON并通过ID将其设置为输入字段的值

$.ajax({
url: some_php_mysql.php
 type:post,
 data: {some_id:$('#some_id').val()},
success:function(data){
//json object returned - parse and then ID each value
});

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首先，您可以重新加载页面：

<form action="" method="post" id="myform">
    <select name="myselect">
        <option value="0" disabled="disabled"></option>
        <option value=6>Alientech</option>
        <option value=2>FNAC</option>
        <option value=5>Logitech</option>
        <option value=1>MHR</option>
    </select>
</form>

加载页面时，如果找到

$\u POST[“myselect”]

的值，则必须在字段中加载某些内容（除非是0）

您还可以使用Ajax异步执行操作（而不是提交表单，而是发送HTTP请求并解析结果以填充表单）。但是，如果页面的目的只是编辑条目，则应使用上述方法

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Ajax参考资料：

我没有尝试过在谷歌上搜索一些教程，所以我可以这样做。。。因为我不想只使用php来重新加载所有页面，所以使用Ajax时，请参见我的答案的结尾，以及azngunit81的答案：）

$("form#myform select").change(function(){
    $("form#myform").submit(); // Submit the form if the value is changed.
});