使用ajax将post数据提交到php文件

我只需要使用ajax调用向php文件提交两个值。php文件将使用$\u POST[]函数处理数据。问题是我的ajax代码没有正确地发送数据，所以我在console.log（result）函数中并没有得到任何结果。我怎样才能解决这个问题？有什么想法吗

Jquery：

<script type="text/javascript">
                $("#signup_submit").on( "click", function() {
                  //alert("foo");
                  var _username = "foo";
                  var _email = "test@gmail.com";


                  $.post("check.php", {username: _username, email: _email}, function(result){
                    console.log(result);
                  });



                });
            </script>

---

我已经向您评论了可能的答案，但为了简化，我将把它写在这里。 您的javascript代码看起来不错，但请将PHP脚本更改为以下内容，然后尝试：

$username = "";
$email = "";
$response = ""
if ($_POST["username"] && $_POST["email"]) {
    $username = $_POST["username"];
    $email = $_POST["email"];
}

if ($username != "" && $email != "") {
    if (!username_exists($username) && !signup_email($signup_email)) {
        $response = json_encode("good");
    }else{
        $response = json_encode("bad");
    }
}
echo $response;

echo$response

因为如果不添加该行，您将无法从ajax请求中获得任何结果，因此console.log不会显示任何内容

---

希望这对你有帮助

我认为这段代码非常适合你

 $("#signup_submit").on( "click", function() {
  var _username = "foo";
  var _email = "test@gmail.com";

  $.ajax({
    type: 'POST',
    url: 'check.php',
    dataType: 'text',
    data: {
     username: _username,
     email: _email
   },
   success: function(response) {
    console.log(response);
   },
   error: function(err) {
      alert(err);
   }
  });
 });

像用户#molinet写在php文件中一样，使用$response，然后回显它

$username = "";
$email = "";
if ($_POST["username"] && $_POST["email"]) {
 $username = $_POST["username"];
 $email = $_POST["email"];
}

if ($username != "" && $email != "") {
 if (!username_exists($username) && !signup_email($signup_email)) {
    $response = "good";
 }else{
   $response = "bad";
 }
}
echo $response;

---

您可以看到，我已经尝试使用$.post（）提交数据。请确保在post调用中具有正确的路径。当我说正确路径时，您的javascript文件是否与php文件位于同一目录中？然后，只有您可以像$.post（“check.php”）那样编写，否则您需要提供一个相对路径。是的，check.php位于同一个目录中。您的php脚本缺少结果。添加类似于

$response='good'

的内容，而不是

json\u encode（“good”）

并回显

**$response**

变量，因为无论哪种方式，您都不会在控制台上得到任何响应。log（）您必须

回显
json\u encode（）
。如果没有，它也不会产生任何结果。@难以置信你是对的，我在写答案时错过了它。现在更新！这就是答案
$username = "";
$email = "";
if ($_POST["username"] && $_POST["email"]) {
 $username = $_POST["username"];
 $email = $_POST["email"];
}

if ($username != "" && $email != "") {
 if (!username_exists($username) && !signup_email($signup_email)) {
    $response = "good";
 }else{
   $response = "bad";
 }
}
echo $response;