如何将jQuery数据转换成PHP代码？

我想在PHP代码中使用limit和

offset

的值，但我不能

这是我的密码：

var maxData = 0;
var limitt=6;
var offsett=1;

$.ajax({
     url: "../model/conn.php",
                    type: 'POST',
                    data: 'getData='+'&limit='+limitt+'&offset='+offsett,
                }).done(function( data ) {
                    $("#d1 ").html(data);
                    while (limitt<maxData){
limitt= limitt+6;
offsett=offsett+6;

}
}); 

<?php
if(isset($_POST['getData'])) {
$serv = "localhost";
$user = "root";
$psrd = "";
$db = "nonc";

$conn = mysqli_connect($serv, $user, $psrd, $db);

$limit=$_POST['&limit'];

$offs=$_POST['&offset'];

$sql = "SELECT * FROM non_confor limit $offs, $limit;";
$resltt = mysqli_query($conn, $sql);
$checkk = mysqli_num_rows($resltt);
?>

var maxData=0；
var limitt=6；
var offsett=1；
$.ajax({
url:“../model/conn.php”，
键入：“POST”，
数据：'getData='+'&limit='+limitt+'&offset='+offset，
}).完成（功能（数据）{
$（“#d1”）.html（数据）；
虽然（limitt这是一个语法问题，但下面是更正：

$.ajax({
    type: 'POST',
    url: '../model/conn.php',
    data: { 
        'getData':limit,
        'offset':offsett
    },
    success: function(msg){
       // rest of your code 
    }
});

数据属性的值应为json格式

首先，您正在使用
POST
方法提交表单，并将数据作为查询字符串传递，这是一个错误。请按如下所示更正：

$.ajax({
    url: "../model/conn.php",
    type: 'POST',
    data: { 
        'getData': 1, // passing 1 as you are using getData in php.
        'offset': offsett,
        'limit': limitt
    },
}).done(function(data) {
    $("#d1 ").html(data);
    while (limitt<maxData){
        limitt= limitt+6;
        offsett=offsett+6;    
    }
});

$limit=$_POST['limitt'];
$offs=$_POST['offsett'];

在此之后，您的代码应该可以正常工作。希望对您有所帮助。
您是否正在尝试发送post调用？javascript和Php代码位于两个单独的文件中，是吗？是的，它们位于单独的文件中很好，希望您投赞成票并接受我的回答：）