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我的 PHP 脚本一直在工作，直到我将它移到 Javascript 函数中。不能这样做吗？

//Javascript
function displayPlace() 
{

//PHP
    <?php
    $place = mysql_query("select * from tblRestaurants order by RestName ASC");

    while ($nt= mysql_fetch_assoc($place))
    $arrData[] = $nt;
    if(isset($_GET["ajax"]))
     {
    echo json_encode($arrData);
    die();
     }
    ?>  

//Javascript
    $.getJSON("index.php?ajax=true", function(data) {
        $.each(data, function(index, objRecord) {
            var option=document.createElement("option");
            option.value=objRecord.RestID;
            option.text=objRecord.RestName;
            $("#Doggie").append('<option value="' + objRecord.RestID + '">' + objRecord.RestName     + '</option>');
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2 回答 2

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虽然该 PHP 片段可能与您放置它的 Javascript 函数相关，但因为您将它放置在代码的深处，它并没有返回正确的响应。

您的目标是，当您调用时$.getJSON()，PHP 将返回一个 JSON 编码的字符串......但是因为您将该 PHP 代码放置在您的页面中，所以不相关的文本字符（包括function displayPlace(){它之前的所有内容）将在 JSON 之前内联返回，这很令人困惑$.getJSON()

将该 PHP 片段放在代码的顶部以避免此问题。或者更好的是，创建一个单独的json.php页面来处理 JSON 请求。

编辑澄清：
不要把PHP放在那里。它不属于那里。

将 PHP 代码放在 Javascript 函数中不会导致该代码在调用 Javascript 函数时执行。当页面被请求时，PHP 在服务器上运行，一旦页面被提供，它就会停止*。
当您调用 JSON 函数时，您再次请求该页面，因此 PHP 将执行并返回整个页面，直到它到达该片段。您将得到一堆 HTML 和 Javascript，然后是一个 JSON 字符串，而不是返回一个有效的 JSON 字符串。此响应不可用。
无论您之前在哪里（当它工作时）有 PHP 代码片段都是合适的。一种更易于维护的做法是将所有与返回 JSON 相关的 PHP 代码移动到名为 的文件中json.php，然后请求文件来自$.getJSON()而不是index.php

于 2013-01-11T18:14:31.053 回答
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我猜你正在点击die()整个脚本中的哪个退出。之后不会将任何 javascript 发送到浏览器，因为 php 表示“此页面已完成，不要输出任何其他内容”。脚本的其余部分将停止。删除它，它应该会有所帮助。

于 2013-01-11T18:05:58.990 回答