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最奇怪的事情。如果我上传文件并开始单击链接，它就可以正常工作。但是，如果我在另一个选项卡上冲浪，然后返回它并单击链接，则 .post 或 .click jquery 似乎不起作用。我只包括了代码的摘录。如果您需要查看更多代码，请告诉我。谢谢！！

likeOnClick.php 文件

       <script type="text/javascript"  src="//ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/2.0.0/jquery.min.js"></script>
        <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("updateLikes.php", {'id': data});
   });
return false;
 });
 </script>

...

displayDBUsers.php

            while($row = mysql_fetch_array($result))
     {
    ?>
    <?php $id = $row['uniqueid'];?>
    <?php $finalID = "showdata" . $id ;?>
    <?php echo "<br>FinalID: " . $finalID;?>
    <?php echo "<br>ID: " . $row['uniqueid'];?> 
    <?php echo "<br>Name: " . $row['surname']; ?>
    <?php echo "<br><a href class=like data-id=" . $id . ">Like (" . $row['likes'] . ")</a>"; ?>
    <?php echo "<br><br>"; ?>
<?php
}

...

updateLike.php

  if( $_POST['id'])
  {
$unique_id = mysql_real_escape_string($_POST['id']);
$sql = "
UPDATE atable
 SET likes=likes + 1
 WHERE uniqueid=$unique_id;";

$result = mysql_query($sql);
if(!$result)
{
    echo "Failed to retrieve record";
}
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2 回答 2

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请注意。返回假；放置在不同的位置：

<script type="text/javascript">
    $(document).ready(function() {
        $(".like").click(function() {
            var data = $(this).attr('data-id');
            $.post("updateLikes.php", {'id': data});
            return false;
        });
    });
</script>
于 2013-04-27T14:18:32.343 回答
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在属性值周围加上引号：

  echo "<br><a href=\"\" class=\"like\" data-id=\"1\">Like</a>";
于 2013-04-27T14:31:18.303 回答