基于单选按钮选择运行mysql查询的PHP代码，无需提交

我有三个单选按钮。我想选择一个单选按钮值并将该选择传递给mysql查询。我不想使用提交按钮。 例如：如果我选择卡车或汽车，我希望将值传递到where条件

<form action="example.php" method="post">
    <input type="radio" name="vehicle" value="All Vehicles" checked> All Vehicles
    <input type="radio" name="vehicle" value="Truck"> Truck
    <input type="radio" name="vehicle" value="Cars"> Cars
</form>

<?php
             $type = $_POST['Vehicle'];  
             if ($type == "All Vehicle") { 

                $sql ='select distinct reservation_id,Vehicle,rental_price from vehicle_reservation';
                $query = mysqli_query($conn, $sql);
                if (!$query) {
                            die ('SQL Error: ' . mysqli_error($conn));
                             }
             }
               else  ($answer == "Truck") { 

                $sql ='select distinct reservation_id,Vehicle,rental_price from vehicle_reservation where v.type="Truck"';
                $query = mysqli_query($conn, $sql);
                if (!$query) {
                            die ('SQL Error: ' . mysqli_error($conn));
                             }
             }
?php

所有车辆
卡车
汽车
首先，让我们澄清一下，您的php代码在服务器上运行，html和任何可以使用的javascript都在web浏览器上运行

话虽如此，很明显，在浏览器中进行的选择必须以某种方式到达服务器，才能包含在查询中

有两种方法可以做到这一点：

1） 使用按钮或其他javascript事件以表单形式提交数据

2） 使用ajax调用，与javascipt事件关联，该事件也在后台提交数据。在这里，您可以选择将其作为表单或json等其他内容发送。
使用jquery ajax编辑的代码尝试此操作

<?php 
    //replace connection variables with yours.
    //hope you store Vehicle with names in vehicle_reservation table
    $conn = mysqli_connect('hostname','username','password','database');
    if(!$conn){
        $response = array('success'=>0,'data'=>'unable to connect with db');
    }else{
        $type = $_POST['Vehicle']; 
        $where = ($type != "All Vehicle")?" WHERE Vehicle='".$type."'":"";
        $sql ='select distinct reservation_id,Vehicle,rental_price from vehicle_reservation'.$where; 
        $query = mysqli_query($conn, $sql); 
        if (!$query) {
            $response = array('success'=>0,'data'=>mysqli_error($conn));
        }else{
            if(mysqli_num_rows($query)>0){
                $data = mysqli_fetch_array($query);
                $response = array('success'=>1,'data'=>$data);
            }else{
                $response = array('success'=>0,'data'=>'No records found');
            }
        }
    }
    echo json_encode($response);    
?>



在html文件中

<script> 
    $(document).on('click','input[name="Tool"]:radio',function() {
        var val = $(this).val(); 
        console.log(val); 
        $.ajax({ 
            type:"POST", 
            url:"C:\example.php", 
            data:'Vehicle='+val, 
            success:function(response) { 
                console.log(response); 
            } 
        }); 
    })
</script>


$（文档）。在（'单击'，'输入[name=“Tool”]：收音机'，函数（）上{
var val=$（this.val（）；
控制台日志（val）；
$.ajax（{
类型：“POST”，
url:“C:\example.php”，
数据：'Vehicle='+val，
成功：功能（响应）{
控制台日志（响应）；
} 
}); 
})
您不能这样做，您必须提交页面。但是，您可以将PHP移植到单独的脚本中，并在单击单选按钮时使用AJAX执行该脚本。
if（$type==“All Vehicle”）
将永远不会计算。在添加jquery代码段时，我是否需要对代码的PHP部分进行任何更改？用php代码创建新的php文件并回显所需内容。使用表单从页面中删除代码。将新php文件的路径添加到ajax函数HTML文件AllVehicles Truck$（document）.on（'click'，'input[name=“Tool”]：radio'，function（）{var val=$（this.val（）；console.log（val）；$.ajax（{type:'POST'，url:'C:\example.php），数据：'selected_radio='+val，success:function（response）{console.log（response）；}}}}PHP文件我对PHP不熟悉。当我运行html文件时，我只看到单选按钮，当我选择all vehicle radio时，它不会从数据库返回任何值。你能告诉我我错过了什么吗