变量未传递到javascript和php
为我的blogpost站点开发一个like/dislike函数,变量就不会通过了。我已经盯着它看了好几天了,但找不到破绽,因为所有的代码看起来都很好,我已经包含了所有包含varibales的必要页面。有什么见解吗 这是我用于类似按钮的按钮:变量未传递到javascript和php,php,javascript,function,variables,Php,Javascript,Function,Variables,为我的blogpost站点开发一个like/dislike函数,变量就不会通过了。我已经盯着它看了好几天了,但找不到破绽,因为所有的代码看起来都很好,我已经包含了所有包含varibales的必要页面。有什么见解吗 这是我用于类似按钮的按钮: <a href="#" onclick="like_add('. $blabid .')" class="like">Like</a> <span id="likes" class="likereadout">'
<a href="#" onclick="like_add('. $blabid .')" class="like">Like</a> <span id="likes" class="likereadout">' . $likes . '</span>
Javascript应该将变量传递给like_add.php,其内容如下:
<?php
include 'init.php';
if (isset($_POST['postid']) && article_exists($_POST['postid'])) {
$postid = $_POST['postid'];
if (previously_liked($postid) === true) {
echo 'You\'ve already liked this!';
} else {
add_like($postid);
echo 'success';
}
}
?>
}
以及:
这一切我都是新手,所以请对我宽容点。非常感谢你的帮助
function article_exists($postid) {
$postid = (int)$postid;
return (mysql_result(mysql_query(
当您通过ht$.post发送AJAX数据时,必须将其字符串化:
$.post('like_add.php', JSON.stringify({postid:postid}), function(data) {
爪哇!=JavaScript!请修改问题的标题,以免混淆任何人。您在哪里连接到数据库?请尝试更改查询,特别是删除表名和属性周围的撇号。。。我通常像SELECT*那样从id=“.$id.”的表中编写—如果id是varchar
function add_like($postid) {
$postid = (int)$postid;
mysql_query("UPDATE 'blabbing' SET 'likes' = 'likes' + 1 WHERE 'id'= $postid");
mysql_query("INSERT INTO 'likes' ('user_id', 'id') VALUES ($ip, $postid)");
}
function article_exists($postid) {
$postid = (int)$postid;
return (mysql_result(mysql_query(
$.post('like_add.php', JSON.stringify({postid:postid}), function(data) {