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私は、どこで間違いを犯しているのかを特定するために誰かに助けてもらう必要がある小さなコードを持っています。あなたが提供した助けに感謝します。

     $('#username').change(function()
     {
        $.ajax(
        {
           type:"POST",
           url:'login.php'
           //datatype:'html'
        }
        ).done(function(data)
        {
           $('#info').html(data);
        }
        );
     });

私のlogin.phpには、mysqli関数を使用してdbに接続し、ユーザーがすでに何とか何とか何とか存在しているかどうかを確認することが含まれています。

function query($query)
{
    $mysqli = new mysqli('localhost','root', 'okazaki', 'gene_database');
    if (mysqli_connect_errno())
    {
        printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
        exit();
    } 

    if($result=$mysqli->query($query))
    {
        while($row=$result->fetch_assoc())
        {
            $data[]=$row;
        }
        $mysqli->close();
        print_r($data);
        return $data;
    }
    else
    {
        printf("Unable to query data");
        $mysqli->close();
        return null;
    }
}
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1 に答える 1

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echo $dataそれを返す代わりに、return何も出力せず、単にそれを返します（サーバーレベルで）

print_r（編集：ごめんなさいあなたの質問で逃しました）

あなたのquery関数はどこで呼び出されていますか？あなたが投稿した例では、そうではありません。などの別のプロパティをajaxリクエストに追加し、そうであるかどうかaction: 'checkUser'をlogin.php確認して、そうである場合$_POST['action']はcheckUser、query関数を実行します。

また、実際にはajaxリクエストをチェックインするためのデータを送信していません。例を見ると、関数に渡すを$('#username').val()構築するためにusername（）の値を送信する必要があります。$queryquery

それがあなたを正しい方向に向けることを願っています。

于 2012-05-10T08:01:03.857 に答える