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我有一个更新数据库中记录的 PHP 表单。它看起来像这样。

//update a record    
$query1 = 'UPDATE mytable SET name="'.$name.'", description="'.$desc.'", 
 img="'.$img.'" WHERE id="'.$id.'" ';

mysqli_query($con,$query);

//get record set
$query2 = 'SELECT * FROM mytable WHERE id="'$id'"';
$result = mysqli_query($con,$query2);

echo  '<form action="my-update-page.php" method="post">';

//table heading row
echo '<table width="1000" border="1" cellspacing="0" cellpadding="1">';
  echo  '<tr>';
  echo   '<td>ID</td>';
  echo   '<td>NAME</td>';
  echo   '<td>description</td>';
  echo   '<td>Image</td>';
  echo  '</tr>';

//display data
while($row = mysqli_fetch_array($result))
  {


  echo '<input type="hidden" name="id" value="' . $row['id'] . '" />';
  echo  '<tr>';
  echo   '<td>'. $row['id'] . '</td>';
  echo   '<td><input type="text" name="name" value="'. $row['name'].'" /></td>';
  echo   '<td><textarea name="description">'.$row['description'].'</textarea></td>';
  echo   '<td><input type="text" size="3" name="img" value="'. $row['img'].'"/>;
  echo   '<a href="upload.php">Upload Image</a></td>';
  echo '</tr>';

  }

//closing tag for table  
echo '</table>';
echo '<br /><input type="submit" value="submit" /></form>';

我希望我的 upload.php 页面在用户可以上传图像的弹出窗口中打开。我很确定我可以做到这一点。我卡住的地方是文件上传后，我希望弹出窗口关闭并且文件名显示在表单输入中。

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1 回答 1

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修改以反映您的姓名，但 window.opener 是指向另一个窗口的链接。此时，以相同的方式访问任何元素。

window.opener.forms['myform'].elements['fileinput'].value = nameOfFile;

window.close();

正如上面的评论所说，使用 AJAX 进行文件发布。

于 2013-05-24T20:20:24.240 回答