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这是我正在处理的简要 PHP 代码，

$feed_url = "JASON Feed URL";
$json = file_get_contents($feed_url);
$products = json_decode($json);

foreach($products as $product){
$id = $product->id;
$name = $product->name;
$link = $product->link;
}
$query = INSERT INTO TABLE(id,name,link) VALUES ($id,$name,$link);
$result = mysqli_query($query);

我可以提取所有产品的列表。现在，我想将“精选产品”添加到我的数据库中。

例如，我想在每个产品下方显示“安装”按钮，当我点击“安装”时，产品详细信息将添加到我的数据库中并显示“预加载动画图像”。（我不想使用提交“表单方法”，因为它会刷新搜索。）

我知道这可以使用 AJAX 来实现，但我从来没有学过 AJAX :-( 因为我要完成这个项目，所以没有时间学习 AJAX（肯定是在完成当前工作后学习）

有人，请建议执行此操作的基本功能或步骤，我将自行查找更多信息来完成它。一点帮助将不胜感激。

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我不容忍给出完整的答案，但我知道被卡住是什么感觉:)

如果你有这样的安装按钮设置，下面有一个加载图像：

<a class="installButton" id="product1">Install</a>
<img src="images/loading.gif" id="loading" />

如果 a 的 id 对应于产品 id，那么您可以制作一个 jQuery 函数，如下所示：

$('.installButton').click(function(e) {
    e.preventDefault();
    $("#loading").show();
    var productId = $(this).attr("id");
    $.ajax({
        type: "GET",
        url: "yourPhpScript.php",
        data: "productId="+productId,
        dataType: "json",
        success: function(response) {
            $("#loading").hide();
        }           
    )};
});

然后，您将修改您的 PHP 脚本以从$_GET超全局中获取产品 id，并且只将其插入到数据库中：

// Here we get the product id and store it in a variable for use.
$product_id = $_GET['productId'];

$feed_url = "JASON Feed URL";
$json = file_get_contents($feed_url);
$products = json_decode($json);

foreach($products as $product){
    // Here we make sure that we only get the data of the corresponding product id.
    if( $product->id == $product_id ) {
        $id = $product->id;
        $name = $product->name;
        $link = $product->link;
    }
}

$query = INSERT INTO TABLE(id,name,link) VALUES ($id,$name,$link);
$result = mysqli_query($query);
于 2012-09-20T14:45:56.850 回答