例如,我是一个用户,我想发表评论,然后提交并保存到我的数据库中。管理员的其他页面更新并自动显示我插入的数据,而无需刷新管理员页面。请帮助..任何代码都可以提供帮助。谢谢。我正在使用 php 作为服务器端语言。任何语言都可以帮助 javascript 或 ajax。
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Javascript(jQuery):
$.post('path_to_your_php_script.php', function(data) {
$('the_dom_element_you_want_to_show_the_comment_in').html(data);
});
path_to_your_php_script.php 中的某处:
// some code to save the data
echo '<div>New comment</div>';
exit;
更多信息请参考 jQuery 的post和ajax方法。你可以不用 jQuery 做同样的事情,但你不应该重新发明轮子。
于 2013-01-03T07:12:30.937 回答
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yourphpfile.php
是您需要执行所有数据库操作的 php 文件(在您的情况下,它插入到数据库中)。所以,基本上你想在不刷新页面的情况下显示最近在网页中插入的数据,为此,我们需要 Ajax。
因此,在 中进行插入操作yourphpfile.php
,如果插入操作成功,只需使用echo $output;exit;
where $output = 'recently inserted data'; 返回结果(插入数据到 DB);这就是你需要在 php 方面做的事情。
你的yourphpfile.php
:
<?php
//your database insert operation
echo $output;// $output should have the inserted data
exit;
?>
现在在ajax函数中:
你可以使用jquery.ajax
$.ajax({
type: "GET",
url: "yourphpfile.php",
success: function(response){
if(response != '') {
//data that I inserted displays without refreshing the page of the admin
$('yourDivContent').html(response);
} else {
// response error
}
}
});
在响应变量中,您将得到您在yourphpfile.php
. 那就是$输出。然后您可以在 ajax 函数中使用响应变量并将其插入到您的 HTML 中。
于 2013-01-03T07:11:56.163 回答
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假设您有一个表单,您可以使用 Ajax 将数据发送到后端。ajax 调用如下所示:
var id = $(this).attr('id');
$.ajax({
type:"POST",
url:"ajax.php",
data:{id:id},
success:function(data){
// do something if insertion into database has succeeded
}
});
...在 php 中,您编写如下内容:
// Connecting to Database
mysql_connect(MYSQL_HOST, MYSQL_USER, MYSQL_PASS) or die ('Can not connect to MySQL database');
// Selecting Database
mysql_select_db(DBNAME) or die ('Cant select Database');
$action = mysql_real_escape_string($_POST['action']);
if ($action == "insert")
{
foreach ($recordArray as $key=>$value) {
$query = "INSERT INTO `TABLE`
SET name = `".$_POST['name']."`
SET age = `".$_POST['age']."`
.
.
mysql_query($query) or die('Error, insert query failed');
}
于 2013-01-03T07:41:23.627 回答