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如果他的网站的pagerank不低于2，我已经设法建立一个脚本来检查并且不让用户提交他的网站，但仍然遇到问题：

PHP-getpagerank.php

<?php
  include('components/GooglePageRanker.php');
  $url = filter_var($_GET['url'], FILTER_SANITIZE_URL);
  $googlePageRanker = new GooglePageRanker();
  echo $googlePageRanker->getPagerank($url);
?>

这工作正常，在我的浏览器中进行了测试，我得到了一个数字，即来自 domain.com/getpagerank.php?url=xyz123456.com 的网站的实际 pagerank，这导致数字正确，即 pagerank。

Javascript - getpr.js

function checkPR() {
 var $btn = $('#buttonsubmit');
 var $input = $('#urlpr');
 var url = $.trim($input.val());
  $.get('getpagerank.php?url='+url, function(data){
   var pr_int = parseInt(data);
   if ($.trim(data) == '' || pr_int < 2) {
    alert('PageRank of this domain/page is less than 2!');
    $btn.attr('disabled', 'disabled');
   } else {
     $btn.removeAttr('disabled');
   }
  }, 'text');
}

HTML

<div class="infos">
 <input onblur="checkPR()" type="text" class="input_text_metas" name="url" value="http://" id="urlpr" /> 
 <input type="button" class="button" value="{'webmasterSubmitWebsite_button_metas'|lang}" id="metaTagButton" /> 
 <img src="{"/templates/$templateName/images/icone_info.gif"|resurl}" alt="" class="aide" title="{'webmasterSubmitWebsite_website_url_tooltip'|lang}" />
</div>

实际页面：

只需选择一个类别并添加一个页面排名低于 2 示例 xyz545.com 的网站，在您执行 onblur 之后它不会发生任何事情。它应该在弹出警报中提醒用户他的 pr 低于 2 并禁用提交按钮。

我在哪里弄错了？

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1 回答 1

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认真地，学习使用调试工具，例如浏览器错误控制台。

加载资源失败：服务器响应状态为 403 (Forbidden) http://www.blowhits.com/getpagerank.php?url=http://xyz545.com

您的函数可能永远不会被调用，因为页面从未返回结果。根据 ti http://api.jquery.com/jQuery.get/：

请求成功时执行的回调函数。

于 2013-10-27T13:20:06.890 回答