4

我已经设置了 AJAX 调用。我已经通过提醒我正在发送的 POST 值（甚至提醒 POST 数据字符串）来测试 JS 文件，并且一切看起来都很好。然后，我将这些值放入 PHP 文件中需要它们的地方。我试图在没有任何变量的情况下尽可能简单地复制该过程。它工作正常。然后我尝试运行 AJAX 函数，它给了我错误消息。这是我的 JS 代码（我之前声明了 page_number 和 type 变量，但它不相关；我已经提醒了这些变量并且变量被正确分配）：

$('.pagination_button').click(function(){

    //MAKE AJAX CALL TO REPOPULATE TABLE
    var myData = 'page_number='+ page_number + '&type='+ type;

            $.ajax({
                type: 'POST', // HTTP method POST or GET
                url: 'archive_ajax.php', //Where to make Ajax calls
                dataType:'text', // Data type, HTML, json etc.
                data:myData, //post variables
                success:function(response){

                //REFORMAT UPON SUCCESSFUL AJAX CALL
                $(this).parent().find('span.page_counter').text(next_page);
                $(this).closest('.archive_table').append(response);*/


                },
                error:function (xhr, ajaxOptions, thrownError){
                    alert('didn\'t work'); //throw any errors
                }
            }); 
});

这是服务器端代码。我已经使用变量自行运行此页面，它正确显示了所有内容：

<?php
include('../includes/connect.php');

$page_number = mysqli_real_escape_string($_POST['page_number']);
$type = mysqli_real_escape_string($_POST['type']);

$start_number = $page_number*10;

if($type=="pagination_1"){
$type = "archive_1";
}
else if($type=="pagination_2"){
$type = "archive_2";
}
else if($type=="pagination_3"){
$type = "archive_3";
}

$sql = "SELECT * FROM ".$type." ORDER BY timestamp ASC LIMIT ".$start_number.", 10";
$result = $mysqli->query($sql);

while($row = mysqli_fetch_array($result)){
$converted = date('m/d/y', strtotime($row['timestamp']));
echo "<tr class='table_data' style='float:left;'>
<td>".$converted."</td>
</tr>";
}

?>

在将信息实际发送到服务器时，我似乎无法找到所有故障的地方。任何帮助将不胜感激。谢谢！

编辑

我得到的（对于那些询问的人）是它正在从错误函数中警告“不起作用”。当我提醒“thrownError”时，它只会显示“未找到”。我假设这意味着它没有成功运行查询（我不确定为什么）。

4

1 回答 1

6

this在success-callback里面没有引用被点击的元素，它包含了$.ajax-call的选项。

创建一个闭包以访问成功回调中的单击元素。

$('.pagination_button').click(function(){
  var that = this
  $.ajax({
           success:function(response){
                   //use here $(that) instead of $(this)
                   }
        }); 
});
于 2013-08-17T09:49:28.183 回答