Php ajax代码，jquery返回false不工作。我试过其他答案_Php_Jquery_Ajax

Php ajax代码，jquery返回false不工作。我试过其他答案

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我编写了一个AJAX代码并链接了php文件，但是代码不接受

返回false最后的函数。它把我带到行动文件。我的ajax代码
$("#submit").click( function() {

    var data = $("#form :input").serializeArray();

    $.post($("#form").attr("action"), data, function(info) { $("#result").html(info);});
});

$("#form").submit(function() {

    return false;
});

myindex.php代码
<?php

include('new.php');


?>


<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
    <title>Ajax practice</title>
    <script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/3.1.1/jquery.min.js"></script>
    <script type="text/javascript" src="ajax.js"></script>
</head>
<body>
    <form action="new.php" method="post" id="form">
        <label>Name</label><br>
        <input type="text" name="name"/><br>
        <label>Email</label><br>
        <input type="Email" name="email"/><br>
        <button type="submit" name="submit" id="submit">submit to database</button>
    </form>
    <span id="result"></span>
</body>
</html>


Ajax实践
名称



电子邮件



提交到数据库

我的php文件
<?php

$con = mysqli_connect("localhost","root","","ajax") or die ("couldnt connect to database.");


if (isset($_POST['submit'])) {


    global $con;

    $title = $_POST['name'];
    $email = $_POST['email'];


    $insert_user = "INSERT INTO ajax (title, email) VALUES ('$title', '$email')";
    $run_user = mysqli_query($con,$insert_user);


    if ($run_user) {
        echo "Success";
    } else {
        echo "Failed";
    }
}


?>

您必须防止在单击功能中的第一部分代码中的默认提交操作

切勿将提交按钮命名为“提交”-它会替换/阻止表单。提交处理程序

更改

提交到数据库


到

提交到数据库

如果带有处理程序的JS位于头部或在它们访问的对象之前，则需要将处理程序包装在onload中-这里我使用$（function（）{…}）

标准方法是使用submit事件而不是click事件-它还保存一个处理程序：

要测试：
我想你的
#sumit is id for <input type="submit">

没有违约，做什么
#('#form').submit(function() {
    Return false;
 } //think this for your form

你违背了你的准则。你叫它去做，不去做，它很困惑
我建议你这样做
$('#form').on("submit", function() {
    $.ajax({//ajax code});

      Return false;
    )};

为你的代码试试这个
$('#submit').click(function() {
    var data = $('#form').serialize();

    $.ajax({
    type: "POST",
    url: "ajaxsubmit.php",
    data: data,
    cache: false,
    success: function(result){
        alert(result);
    }
    )};
return false;
});

我累了$（“#form”）.on（“submit”，函数（e）{var data=$（“#form:input”）.serializeArray（）；$.post（$（“#form”）.attr（“action”），数据，函数（info）{$（“#result”）.html（info）}；返回false；}）；现在仍在工作。它仍然带我到另一个php页面。您的脚本是否在外部文件中？希望您喜欢正确的jQuery cdn或文件，并且链接正确。是的，这是一个外部文件。我链接了正确的jquery文件。我查过了。你能查一下我的密码和建议吗？我试过了。它仍然带我到其他php文件。请更新您的问题。转到jsfiddle.net并添加相关的HTML。为了测试提交，您不能在这里使用代码段编辑器，因为它不允许提交。我们也可以使用JSFIDLE for php？不需要-您的主要错误是命名您的提交按钮“submitTried”更新的代码。这会将我带到新页面。f12上没有发现错误。它也停止更新我的数据库。new.php中有什么内容？
$('#form').on("submit", function() {
    $.ajax({//ajax code});

      Return false;
    )};

$('#submit').click(function() {
    var data = $('#form').serialize();

    $.ajax({
    type: "POST",
    url: "ajaxsubmit.php",
    data: data,
    cache: false,
    success: function(result){
        alert(result);
    }
    )};
return false;
});