データベースクエリをAjaxに戻す方法は？

Question

ユーザーがアイテムを好んだかどうかを確認したいが、データベースクエリの結果をajaxに返す方法がわからない。

結果に応じて異なるHTMLが表示されます。

PHPの

$query = "SELECT itemID from favourites WHERE userid = '" . $user. "'"; 
$result = mysql_query($query); 

echo json_encode($result); 

のjQuery

$.ajax({ 
    url: "inc/functions.php", 
    type: "POST", 
    data: {--result--}, 
    success: function() { 

     // if result found in database 
     $('favourite').hide(); 

     // if result not found 
     $('favourite').show(); 
     } 
}); 

私はjqueryのコードで$結果を表示する方法を見つけ出すことはできません。

ご迷惑をおかけして申し訳ございません。

Answer 1

mysqliに関する情報に感謝します。私はコードを更新し、ajaxの部分を解決しました。私はそれがこのように働いてしまっ立ち往生、誰のために

、：

PHP

require ("../../connection.php"); 

$sql = "SELECT * FROM favourites WHERE userID = ? AND itemID = ?"; 
$user = $_POST['userID']; 
$item = $_POST['itemID']; 

$statement = $db->prepare($sql); 
if($statement === false) { 
    trigger_error('Wrong SQL: ' . $sql . ' Error: ' . $db->error, E_USER_ERROR); 
} 

$statement->bind_param('ii',$user,$item); 

$statement->execute(); 

$statement->bind_result($user,$item); 

while($statement->fetch()){ 
    echo 1; 
} 

$statement->close(); 

のjQuery

Answer 2

$resultは、結果を表すPHPオブジェクトです。 結果をJSに送り返す前に結果を抽出するには、fetch()メソッドを使用する必要があります。

this linkを参照してください。コメントのすぐ上にあるfetch-familyメソッドのリストがあります。

また、事前にmysqli_connect（またはお客様の場合はmysql_connect）を使用してデータベースに接続する必要があります。

コメントに記載されているとおり、mysql*の代わりにmysqli*ファンクションファミリを使用する必要があります。