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我正在开发一个从 MySQL 数据库获取一些信息的 PhoneGap 应用程序。当我尝试打开一个 HTML 页面时遇到了困难，该页面包含两个需要在页面加载时填充的选择输入，每个输入都包含来自两个不同表的数据。我不知道为什么，但他们没有被填充。拜托，任何帮助都将非常受欢迎。

代码

<div data-role="content">
  <p></p>
  <form id="cname" align="left" action="post" data-ajax="false" >
    <label for "id">Employee's Name:</label><br/>
    <select name="id" id="id"></select><br/>
    <label for "job_id">Job's Name:</label><br/>
    <select name="job_id" id="job_id"></select><br/>
    <input type="hidden" name="latitued" id="latitued" value="">
    <input type="hidden" name="longitude" id="longitude" value="" >
    <input type="hidden" name="goo_map_api" id="goo_map_api" value="">
    <input type="submit" value="Clock-In" id="enviar_in" data-inline="true">
  </form>
</div

Jquery 脚本都选择

<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(e){
  var items="";
  $.getJSON("get_emp.php",function(data){
    $.each(data,function(index,item) 
    {
      items+="<option value='"+item.id+"'>"+item.fullName+"</option>";
    });
    $("#id").html(items); 
  });
});
</script>


<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(e){
  var items="";
  $.getJSON("get_job.php",function(data){
    $.each(data,function(index,item) 
    {
      items+="<option value='"+item.id+"'>"+item.job_name+"</option>";
    });
    $("#job_id").html(items); 
  });
});
</script>

PHP 文件 get_emp.php

<?php
$mysqli = new mysqli($mysql_hostname,$mysql_user, $mysql_password, $mysql_database);
$q = "select id, fullName from employees";
$sql = $mysqli->query($q);
$data = array();
while($row = mysqli_fetch_array($sql, true)){
    $data[] = $row; 
};
echo json_encode($data);
?>

PHP 文件 get_job.php

<?php
$mysqli = new mysqli($mysql_hostname,$mysql_user, $mysql_password, $mysql_database);
$q = "select id, job_name from jobs";
$sql = $mysqli->query($q);
$data = array();
while($row = mysqli_fetch_array($sql, true)){
    $data[] = $row; 
};
echo json_encode($data);
?>

再一次，我很感激您花时间查看这段代码以帮助我。谢谢你。

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3 回答 3

0

代码对我来说看起来不错。您是否设置了正确的标题？

header('Content-Type: application/json');
echo json_encode($data);
于 2013-10-09T18:15:30.640 回答
0

我认为这与 DOM 准备好和执行 Jquery 脚本之间的时间有关。

在这种情况下，您的脚本会在 DOM 准备好之前执行。如果您引用的某些对象尚未在 DOM 中准备好，因此 JQuery 无法找到该对象，则 JQuery 将停止执行。

于 2013-12-16T11:27:43.010 回答
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乍一看，代码看起来还不错。你在控制台里有什么？所有的json数据都在那里吗？否则试试

$.each(data,function(index,item) 
{
    $('<option>').val(item.id).html(item.job_name).appendTo("#job_id");
});

更新：您可以尝试添加

error_log(print_r($data,1));

前

回声 json_encode($data);

在 get_emp.php 并检查 php_error.log 以查看加载页面时是否在服务器端填充数据

于 2013-10-09T18:10:09.013 回答