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$.post()サーバーにデータを入力するために使用しています。ajax ファイル内で、数値を含む変数に 1 を追加します。ただし、データがサーバーに入れられると、1を追加する代わりに1を入れます。これには困惑しています。私は何を間違っていますか。私はそれが機能するようになったことを一瞬誓いますが、次に私が知っていることは機能しなくなります。これがコードです。

$liker = $_POST['likes'];

$likes = $liker + 1; 

send_data_to_server($likes);

アップデート

いいねがajax投稿を介して送信されていないことがわかりました。jquery コードが正しく動作していないことがわかったので、解決策のトラブルシューティングを試みます。私が自分でトラブルシューティングしている間に誰かが試してみたい場合は、以下のコードをご覧ください。

$('#submitter').click(function() {
    var search_term = $('#band_request').val();
    $.post('ajax_searchlike.php', {
        search_term: search_term
    }, function(data) {
    /*this section is where I know the problem is
      $('#like_temp_holder').append(data);
      });
      var likes = $('#like_temp_holder').val();
      */
        $.post('ajax_send_band_request.php', {
            likes: likes
        }, function(data) {
            $(data).appendTo("#response_from_request_verification");
        });
    });​

< /script>
    <div id="like_temp_holder"></div>
    <div id = "response_from_request_verification"></div>​
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2 に答える 2

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これは私のせいでした。最初の.post（）は無意味です。最初のajaxファイルを2番目のファイルに添付して、作業を完了しました。私はAJAXを船外に出すのが好きです。教訓：単純に1つ実行できるのに、なぜ複数のAJAX呼び出しを行うのか。

于 2012-08-14T06:47:47.863 に答える
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好きなものを追い出して、これを行うのはどうですか：

$liker = $_POST['likes'];

$liker++ ; 

send_data_to_server($liker);

または、この試みはあなたのコードを壊しますか?

于 2012-08-14T06:00:32.993 に答える