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好的，这是我的 ajax 请求：

$("#scoreForm").submit(function(e){
    e.preventDefault();
    var nickName = $('#nickName').val();
    var gameScore = parseInt($('#gameScore').text());
    var result = {  'result' : '{ "nick":"'+nickName+'", "score":'+gameScore+' }' };
    //var result = { "nick":nickName, "score":gameScore };
    $.ajax({
        url: "http://localhost:8888/snake/addScore.php",
        type: "POST",
        data: result,
        //dataType: "jsonp",
        success: function(data){
            alert("siker");

        },
        error: function(jqXHR, textStatus, errorThrown) {
            alert("bukta " + textStatus);
            //console.log(data);
        }
    });
    return false;
});

和我的php进程代码：

$json_decoded = json_decode($_POST['result'],true);
//$nick = $_GET['nick'];
//$score = $_GET['score'];

$mysqli = new mysqli("localhost", "root", "root", "snake",8889);
//$mysqli->query("INSERT INTO scores(nickName,score) VALUES('".$nick."', ".$score.")");
$mysqli->query("INSERT INTO scores(nickName,score) VALUES('".$json_decoded['nick']."', ".$json_decoded['score'].")");

echo "true";

现在我将数据插入数据库，但 ajax 仍然触发错误事件。我读到，如果我将 dataType 设置为 jsonp，它将进入低谷，但随后出现解析错误，我该如何解决？

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当您在 php 脚本中访问 $_POST 变量时，您需要以它们与 JSON 对象打包的方式来引用它们：

$_POST['nick']
$_POST['score']

如果您想将项目称为 $_POST['result'] 并使用您的 json 解码方法，您需要以这种方式打包它：

var result = {  result : { "nick":nickName, "score":gameScore } };
于 2012-11-01T18:40:20.047 回答