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我的按钮“VIEW”不会变成“booking_content.php”的形式，而只是刷新“home.php”的页面

这是我的代码：

$radio = mysql_query("SELECT fldBldgName, MAX(fldTotalDuration) as fldTotalDuration FROM tbldata WHERE fldNetname = '".$get_radio."' AND fldMonth = '".$get_month."' AND fldWeek = '".$get_week. "' GROUP BY fldBldgName ORDER BY id, fldBldgName, fldTotalDuration DESC");

echo "<table class = 'tblMain'>";
echo "<tr align='left'>";
echo "<td><b><u>BUILDING NAME</u></b></td>";
while ($row = mysql_fetch_array($radio))
{   
echo "<tr><td align='left'>";   
echo $row['fldBldgName']."'>";

echo "<input type='image'  src='image/view.png' name='viewBldg' onClick='this.form.action='booking_content.php'; this.form.submit()'>";
echo $row['fldBldgName'];
}
echo "</tr></table>";

我的问题是这个：

  echo "<input type='image'  src='image/view.png' name='viewBldg' onClick='this.form.action='booking_content.php'; this.form.submit()'>";

* onClick 不会转到 booking_content.php 的页面，而只是刷新页面...

我无法上传我的程序的示例结果...

请单击此链接以便查看我的示例程序： http: //postimg.org/image/wbiigechn/

此外，我的按钮的代码位于字段集中...

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您的尝试将生成以下 HTML：

<input type='image' src='image/view.png' name='viewBldg' 
onclick='this.form.action='booking_content.php'; this.form.submit()'>

因此，您的浏览器将无法正确解释 onclick 属性，因为'之前的booking_content. 尝试以下操作：

echo "<input type='image' src='image/view.png' name='viewBldg' 
onclick=\"this.form.action='booking_content.php'; this.form.submit()\">";

这应该生成一个有效的 HTML，例如：

<input type='image' src='image/view.png' name='viewBldg' 
onclick="this.form.action='booking_content.php'; this.form.submit()">
于 2013-09-07T13:47:01.553 回答
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您试图以错误的方式访问您的表单。this在您的代码中，指的是输入本身而不是表单。

您可能必须执行以下操作：

<input type="button" value="view" onclick="document.fn.action='http://google.com';document.fn.submit();" />

其中 fn 的属性name值form。

注意：在这种情况下，您应该只有一个具有该名称的表单。

查看此演示： http: //jsbin.com/asekAqu/1或其示例代码：http: //jsbin.com/asekAqu/1/edit

于 2013-09-07T14:04:58.850 回答