0

我正在使用$.post()将一些数据输入服务器。在 ajax 文件中，我想将 1 添加到包含数字的变量中。但是，当将数据放入服务器时，不是加 1，而是放 1。我对此感到困惑。我究竟做错了什么。我发誓我让它工作了一秒钟，然后我知道它停止工作。这是代码。

$liker = $_POST['likes'];

$likes = $liker + 1; 

send_data_to_server($likes);

更新

我发现喜欢不是通过 ajax 帖子发送的。我将尝试解决解决方案，因为我看到 jquery 代码运行不正确。如果有人想在我自己排除故障时试一试，下面是下面的代码。

$('#submitter').click(function() {
    var search_term = $('#band_request').val();
    $.post('ajax_searchlike.php', {
        search_term: search_term
    }, function(data) {
    /*this section is where I know the problem is
      $('#like_temp_holder').append(data);
      });
      var likes = $('#like_temp_holder').val();
      */
        $.post('ajax_send_band_request.php', {
            likes: likes
        }, function(data) {
            $(data).appendTo("#response_from_request_verification");
        });
    });​

< /script>
    <div id="like_temp_holder"></div>
    <div id = "response_from_request_verification"></div>​
4

2 回答 2

0

如何踢出喜欢并这样做：

$liker = $_POST['likes'];

$liker++ ; 

send_data_to_server($liker);

还是这种尝试会破坏您的代码？

于 2012-08-14T06:00:32.993 回答
0

这是我的错。第一个 .post() 毫无意义。我将第一个 ajax 文件附加到第二个文件并完成了工作。我喜欢过度使用 AJAX。经验教训：当您可以简单地执行一个 AJAX 调用时，为什么还要进行多个 AJAX 调用。

于 2012-08-14T06:47:47.863 回答