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尝试执行此操作:

function getReport(name) {
    $.ajax({
        type: "POST",
        url: "reportAjax.php",
        data: "name="+ name,
        success: function(data){
            var json = $.parseJSON(data);                
        }
    }); 
    alert(data);
}

$(document).ready(function() {
    getReport('mobileDevicesBreakdown_30days');
});

我越来越data is not defined

reportAjax.php 绝对可用并且总是返回一些东西(即使发送给它的变量 - 当前name不正确或丢失)。

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3 回答 3

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alert(data);在成功回调内部移动:

function getReport(name) {
    $.ajax({
        type: "POST",
        url: "reportAjax.php",
        data: "name="+ name,
        success: function(data){
            alert(data);
            var json = $.parseJSON(data);                
        }
    });     
}
于 2012-05-16T12:51:22.367 回答
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.ajax 是一个异步方法,所以你alert(data)应该在成功部分.ajax

于 2012-05-16T12:52:01.863 回答
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如果您试图提醒数据,它需要在您的成功电话中

function getReport(name) {
    $.ajax({
        type: "POST",
        url: "reportAjax.php",
        data: "name="+ name,
        success: function(data){
            var json = $.parseJSON(data);                
            alert(data);
        }
    }); 

}
于 2012-05-16T12:51:53.317 回答