Ajax和php-登录脚本

我正在尝试登录页面，但ajax方法有一个问题：

 $("#login").click(function(){

        username=$("#user_name").val();
        password=$("#password").val();
         $.ajax({
            type: "POST",
            url: "login.php",
            data: {name : username, pwd : password},
            success: function(html){
              if( ($.trim(html)) =='true')
              {
                $("#login_form").fadeOut("normal");
                        $("#shadow").fadeOut();
                        $("#profile").html("<a href='logout.php' id='logout'>Logout</a>");

              }
              else
              {
                    $("#add_err").html("Wrong username or password");
              }
            },
            beforeSend:function()
                {
                 $("#add_err").html("Loading...")
            }
        });
         return false;
    });

$（“#登录”）。单击（函数（）{
用户名=$（“#用户名”）.val（）；
密码=$（“#密码”）.val（）；
$.ajax({
类型：“POST”，
url:“login.php”，
数据：{name:username，pwd:password}，
成功：函数（html）{
如果（$.trim（html））=='true'）
{
$（“登录表单”）。淡出（“正常”）；
$（“#阴影”）.fadeOut（）；
$（“#profile”）.html（“”）；
}
其他的
{
$（“#add_err”）.html（“错误的用户名或密码”）；
}
},
beforeSend:function（）
{
$（“#添加错误”）.html（“加载…”）
}
});
返回false；
});

login.php:

<?php  

 session_start();

 $username = $_POST['name'];
 //$username = $mysqli->real_escape_string($username);
 $password = ($_POST['pwd']);
 //$password = $mysqli->real_escape_string($password);

 $mysqli = mysqli_connect('localhost','root','','peer');
 $query = "SELECT * FROM users WHERE username='$username' AND password='$password'";
 $result = mysqli_query($mysqli,$query)or die(mysqli_error());
 $num_row = mysqli_num_rows($result);
 $row=mysqli_fetch_array($result);
 if( $num_row >=1 ) {
  echo 'true';
  $_SESSION['user_name']=$row['username'];
 }
 else{
 echo 'false';
 }
?>

我发布到login.php用户名和密码，但显然没有得到任何回复，当我尝试只执行php脚本时，它工作正常。html对象看起来仍然是

false

。 你看到这里有什么错误吗

谢谢

---

编辑

这些就是我在这里看到的问题

• 您的数据未正确编码。使用

  data:{name:username，pwd:password}

  而不是

  data:{name:username，pwd:password}

  以便jQuery为您正确编码
• 您的响应可能有前导空格或尾随空格，因此请尝试

  if（$.trim（html）='true'）

• 始终验证/清理输入，您应该使用，或者至少使用字段

---

这些就是我在这里看到的问题
• 您的数据未正确编码。使用

  data:{name:username，pwd:password}

  而不是

  data:{name:username，pwd:password}

  以便jQuery为您正确编码
• 您的响应可能有前导空格或尾随空格，因此请尝试

  if（$.trim（html）='true'）

• 始终验证/清理输入，您应该使用，或者至少使用字段
试试这个：

$("#add_err").html("Loading...");
$.post('login.php',
    {'username': username, 'pwd': password},
    function(html){
        $("#login_form").fadeOut("normal");
        $("#shadow").fadeOut();
        $("#profile").html("<a href='logout.php' id='logout'>Logout</a>");
    }
);

他是100%正确的
另一个可能有用的技巧是使用：

console.log(variable);

您传递的任何变量都将返回到控制台。您可以在使用的任何浏览器中按F12键查看控制台。在进行ajax调用之前，您可以传递用户名和密码，这样您就可以看到您是否真正得到了用户的输入。您还可以将html变量console.log记录下来，该变量将显示您是否收到服务器的响应。
尝试以下操作：

$("#add_err").html("Loading...");
$.post('login.php',
    {'username': username, 'pwd': password},
    function(html){
        $("#login_form").fadeOut("normal");
        $("#shadow").fadeOut();
        $("#profile").html("<a href='logout.php' id='logout'>Logout</a>");
    }
);

他是100%正确的
另一个可能有用的技巧是使用：

console.log(variable);

---

您传递的任何变量都将返回到控制台。您可以在使用的任何浏览器中按F12键查看控制台。在进行ajax调用之前，您可以传递用户名和密码，这样您就可以看到您是否真正得到了用户的输入。您还可以将html变量console.log记录下来，这将显示您是否收到服务器的响应。
您是否尝试回显用户名和密码以检查您是否收到它们？您可以将ajax中的数据更改为：

data:{name:username，pwd:password}，

如果（$.trim（html）='true'，则尝试执行此操作{…这不起作用，我只是学习使用ajax并连接到db..您是否尝试回显用户名和密码以检查您是否收到了它们？您可以将ajax中的数据更改为：

数据：{name:username，pwd:password}，

如果（$.trim（html）='true'，请尝试执行此操作

{…

它不起作用，我只是学习使用ajax和连接到db。{code>console.log（html）；get me

Object{auth:false}

我刚刚编辑了脚本，用pwd替换了密码。可能的问题是使用$mysqli->real\u escape\u字符串。我觉得md5可以消除任何恶意代码（我可能错了）。在没有真正的_escape_字符串的情况下尝试。您还可以进一步使用console.log。逐步注释PHP代码可能会对您有所帮助。一次只回显一个变量对我有很大帮助，我会从$result开始，然后是$num_row，然后是$rowI。我只需编辑我的当前版本，如何才能控制台.log（）php变量？？假设（在php文件中）您只回显一个变量。例如“echo$result”，然后您可以使用（在Javascript中）console.log（html），这样您就可以看到服务器所说的$resultit不起作用和

console.log（html）；

get me

Object{auth:false}

我刚刚编辑了脚本，用pwd替换了密码。可能的问题是使用$mysqli->real\u escape\u字符串。我觉得md5可以消除任何恶意代码（我可能错了）。在没有真正的_escape_字符串的情况下尝试它。您还可以进一步使用console.log。逐步注释PHP代码可能会对您有所帮助。一次只回显一个变量对我有很大帮助，我会从$result开始，然后是$num_row，然后是$row。我只需编辑我的当前版本，如何可以控制台.log（）PHP变量？？比方说（在PHP文件中）您只回显一个变量。例如“echo$result”，然后可以使用（在Javascript中）console.log（html），这样您就可以看到服务器所说的内容$result@user1726810从你对另一个答案的评论来看，你似乎从未接触过

login.php

@user1726810从你对另一个答案的评论来看，你似乎从未接触过

login.php