Javascript中的PHP回声

我有以下代码：

 document.getElementById('root').style.left = '<?php echo $page_position[$info["os"]][$info["browser"]][0]; ?>';
 document.getElementById('root').style.top = '<?php echo $page_position[$info["os"]][$info["browser"]][1]; ?>';

document.getElementById（'root'）.style.left=''；
document.getElementById（'root'）.style.top=''；

为什么这样不行

谁能给我指出正确的方向吗

编辑：

回应“顶部：300px

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对不起，伙计们，我犯了一个非常愚蠢的错误：/

如果你把它放在一个

.js

文件中，它将不起作用，因为它必须在一个为PHP解析的页面中（

.PHP

）。

如果你把它放在一个

.js

文件中，它将不起作用，因为它必须在为PHP解析的页面中（

.PHP

）。

需要检查的事项：

检查以确保这些变量可用<代码>打印（$info）将帮助您解决问题

确保代码中实际填充了这些变量（症状为#1）。查看源代码并检查它们是否存在

确保代码前面没有任何JavaScript错误。打开你的控制台（像Firebug）并检查以确保你没有

确保存在

根
元素。同样，使用您的控制台

我要说的是#3，您可能在某个地方出现JavaScript错误，导致脚本停止执行。

需要检查的事项：

检查以确保这些变量可用<代码>打印（$info）将帮助您解决问题

确保代码中实际填充了这些变量（症状为#1）。查看源代码并检查它们是否存在

确保代码前面没有任何JavaScript错误。打开你的控制台（像Firebug）并检查以确保你没有

确保存在

根
元素。同样，使用您的控制台

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我要说的是#3，您可能在某个地方出现JavaScript错误，导致脚本停止执行。

您可以发布更多脚本吗？上面代码中的回音正确吗？我想这就是问题所在。。。js部分之外的普通php回送可以工作…您所说的“不会工作”是什么意思？您预期的结果是什么，实际发生了什么，以及您是如何运行它的？您是否对变量进行了

var_dump

以确保内容都是正确的？变量在js标记之外照常回送…：/你能发布更多的脚本吗？上面代码中的回音正确吗？我想这就是问题所在。。。js部分之外的普通php回送可以工作…您所说的“不会工作”是什么意思？您预期的结果是什么，实际发生了什么，以及您是如何运行它的？您是否对变量进行了

var_dump

以确保内容都是正确的？变量在js标记之外照常回送…：/请发布更多的脚本。谢谢，这是我的问题。请发布更多的脚本。谢谢，这是我的问题。

<?php echo $page_position[$info["os"]][$info["browser"]][1]; ?>