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在 insert.php 我有以下

   <script type="text/javascript"        src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.4.2/jquery.min.js">
   <script type="text/javascript" src="includes/js/jquery.form.js"></script>
   <script type="text/javascript">




  $(document).ready(function() {
  $(".like").click(function() {
  var data = $(this).attr('data-id');
  $.post("data.php", {'name': data}, function(response){
  $('#dv').html(response);
  });
  });
 });

// ...

 </script>
<!-- ... -->
     <?
 if (!is_bool($result) && !is_null($result)){
 while($row = mysql_fetch_array($result))
 {

 ?>
    <? $id = $row['uniqueid'];?>
    <? echo "<br>ID: " . $row['uniqueid'];?> 
    <? echo "<br>Name: " . $row['surname']; ?>  
    <? echo "<br><a href class=like id=buton data-id='$id'> Like (" . $row['likes'] . ")               </a>"; ?> 
    <? echo "<br><br>"; ?>

<!-- ... -->

在 data.php 我有

  <script type="text/javascript"        src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.4.2/jquery.min.js">
  <script type="text/javascript" src="includes/js/jquery.form.js"></script>
  <script type="text/javascript">
  alert("<? echo $_POST['name']; ?>");
  </script>

我修复了一些我被告知是错误的东西，但它仍然不起作用。警告框为空白。请帮忙。谢谢。

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1 回答 1

1

这是完全错误的...对于您的data.php，这不会像您期望的那样解析javascript..它只会接收POST数据并ECHO输出结果..不要尝试使用客户端javascript，因为它不会做任何事情

data.php：它的 php 只是简单地做

<?php
   echo $_POST['name']; 
?>

在您的 js 中，如果您真的想要显示弹出窗口，那么您必须等待 POST/RESPONSE 的结果并执行此操作

  $.post("data.php", {'name': data}, function(response){
     $('#dv').html(response);
     alert(response);
  });

请记住，您从 POST 或 ajax 调用中调用的 php 脚本只会处理服务器端代码。PHP、perl、java、C ......而不是像 javascript 这样的客户端代码

于 2013-04-26T08:50:11.090 回答