これで、人々が食品アイテムを入力するこの検索ボックスがあります。彼らがボタンを押すと、その入力が.phpファイルに送られる必要があります。そのPHPファイルは、その食品アイテム(私のデータベースのもの)のカロリーを調べ、食品アイテム名とカロリーを出力します。これらはすべてページをリロードせずに済むので、JQueryの仕組みを理解し始めました。JQueryを使用してデータベースの行の残りの部分を取得する
私は固まっていますjquery関数のデータフィールドには何を入れるべきか、そして.phpファイルのデータをどのように '捕捉'するのか分かりません。誰かが私にアイデアを与えることができますか?ありがとう! (私が理解していないものについては??????を参照)。また、戻ってきたデータは、最後にアラートボックスに入る必要はありませんが、ページの一部のテーブルを更新する必要があります。どうすればいいですか?どのJSON(?)Jquery関数が必要ですか?
私が今まで持っている:頭の中で
:
<script type="text/javascript">
function contentDisp()
{
$.ajax({
type: 'POST',
url: 'getFood.php',
data: '????????',
success: function(data){
alert("Data Loaded: " + data);
}
});
}
</script>
と体内で:
<form autocomplete="off">
<p>
Product:
<input type="text" name="food" id="food" class="food_name_textbox" onmouseover="javascript: this.className='food_name_textbox_mouseover';" onmouseout="javascript: this.className='food_name_textbox';"/>
</p>
<button id="zoek" type="button" onClick="contentDisp();">Zoek</button>
</form>
とgetFood.phpで:
<?php
require_once "config.php";
$id = "??????"
$result = mysql_query("SELECT * FROM voedingswaarden WHERE voedsel='$id'");
$row = mysql_fetch_array($result);
echo json_encode($row);
?>
ありがとう、何時間も試していたが、今は動作する!! – Javaaaa
注:投稿データの検証とエスケープを忘れてはいけません。エスケープする共通の関数は 'mysqli_real_escape_string()'です。 –