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我正在使用一个模式对话框打开器，当用户单击几个可用按钮之一时，我想打开它。这些按钮都有一个不同的“artist_id”与之关联。单击按钮时，我还有一个 php 脚本应该运行并将用户 ID 和艺术家 ID 放在一个跟踪“喜欢”关系的表中。下面是相关代码：

索引.php：

//script
<script>
$(function() {
  $( "#dialog-modal" ).dialog({autoOpen: false, height: 250, width: 400, modal: true});

  $( "#opener" ).click(function() {
                       $( "#dialog-modal" ).dialog( "open" );

                       $.get('/like_artist.php', {artist_id : $(this).data('artist_id')})
                       .done(function(data) {

                             alert("Data Loaded: " + data.artist_id);

                             });

        });

  });
</script>

//按钮：

<button type="button" id="opener" data-artist_id="1">Play My City</button>

//对话框内容（我希望根据单击的按钮进行此更改）：

<div id="dialog-modal" title="Basic dialog">
<p>You have just liked ...</p>

<p>This is the default dialog which is useful for displaying information. The dialog window can be moved, resized and closed with the 'x' icon.</p>
</div>

like_artist.php：获取用户 ID 和艺术家 ID，并将它们放入关系表 user_artists

<?php 

session_start();
require_once "database.php";
db_connect();
require_once "auth.php";
$current_user = current_user();
include_once("config.php");

    $artist_id = $_GET['artist_id'];

    $user_id = $current_user['id'];

    $query = "INSERT INTO `user_artists`
    (`artist_id`, `user_id`)
    VALUES
    (''$artist_id', '$user_id')";

    $result = mysql_query($query);

?>

我在顶部脚本中放置的警报用于查看我是否从 data-artist_id 属性中获取了正确的艺术家 ID，但它没有返回任何内容。

感谢您的帮助！

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1 回答 1

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您没有返回（回显）任何内容like_artist.php，自然您的 AJAX 响应也将是空的。

echo json_encode(array('artist_id' => $artist_id));

然后你必须在前端对其进行解码。

于 2013-02-20T00:20:55.470 回答