如何在Submit上使用PHP Ajax.Request

我试图使用一个表单通过post向php脚本发送一个原型ajax请求，然后显示一个成功和失败的警报窗口

我目前正在使用此代码

<div id="reservationRequestForm">
   <form name="requestReservationForm" method="post" onsubmit="new Ajax.Request('admin/process/process_reservation_request.php', {onSuccess: function() {alert('Success');} , onFailure: function() {alert('Failure');}, method:'post'}; return false;">

....

   <input type="submit" class="buttonGreen" value="Send Request" onClick="hideDiv('reservationRequestForm');"/>
   </form>
</div>

....

我也不希望处理响应（无论如何，它是空的）。我只想知道它是成功了还是失败了

另外。我希望当js被禁用时，表单能够优雅地降级

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现在这个代码什么都不做。我做错了什么？

如果未处理onsubmit事件，则不会提交您的表单

您的表格中是否有以下内容之一

<input type='submit' ... />

<input type='image' ... />

单击上面的两个元素（或使用空格/enter激活）将提交表单。然后，您拥有的onsubmit事件处理程序将捕获它，返回false将停止默认操作（更改页面）

另外，您的ajax.Request调用实际上似乎没有使用表单本身的任何表单信息。Request需要知道要发送什么信息

编辑 你在唱一个结束括号。使用以下命令

<form name="requestReservationForm" method="post" onsubmit="new Ajax.Request('admin/process/process_reservation_request.php', {onSuccess: function() {alert('Success');} , onFailure: function() {alert('Failure');}, method:'post', parameters:Form.serialize(this) }); return false;">

使用prototype而不是jQuery:）您可以发布更多的html吗？目前正在发生什么？表单提交了吗（不应该）？是什么让它这么好呢？似乎表格根本没有提交。php脚本发送了一封电子邮件，我没有收到任何东西，所以我认为它没有运行。@rube，请参阅下面的答案。此外，jquery和prototype都能够处理这一问题。如果您拥有现有的原型代码，并且对其更为熟悉，那么就没有必要进行更改。这就是说，环顾四周，看看什么最能满足你的需求，这并没有什么坏处。jquery、prototype、mootools、extjs和其他工具都有各自的重点领域——优缺点。我不想说一个比其他的好，但我会说jquery比其他的有更多的追随者。是的，我在表单中有type=“submit”。（我在问题中添加了更多的html）。我发现我没有发送表单值。似乎我可以使用“parameters:form.serialize（this）”，但是表单似乎根本没有提交。