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これが私が取り組んでいるPHPコードの概要です。

$feed_url = "JASON Feed URL";
$json = file_get_contents($feed_url);
$products = json_decode($json);

foreach($products as $product){
$id = $product->id;
$name = $product->name;
$link = $product->link;
}
$query = INSERT INTO TABLE(id,name,link) VALUES ($id,$name,$link);
$result = mysqli_query($query);

すべての商品のリストを取得できます。ここで、データベースに「選択的製品」を追加したいと思います。

たとえば、各製品の下に[インストール]ボタンを表示したいのですが、[インストール]をクリックすると、製品の詳細がデータベースに追加され、[アニメーション画像のプリロード]が表示されます。（検索が更新されるため、submit "form method"は使用しません。）

これはAJAXを使用して達成できることは知っていますが、AJAXを学んだことはありません:-(このプロジェクトを緊急に完了する必要があるため、AJAXを学ぶ時間はありません（現在の作業を終えた後に必ず学んでください）

誰か、これを行うための基本的な機能または手順を提案してください、私はそれを完了するために私自身でより多くの情報を見つけるでしょう。少し助けていただければ幸いです。

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私は完全な答えを与えることを容認しませんが、私はそれが立ち往生していることがどのようなものかを知っています:)

下にロードイメージがあるこのようなインストールボタンの設定がある場合：

<a class="installButton" id="product1">Install</a>
<img src="images/loading.gif" id="loading" />

aのIDが製品IDに対応する場合、次のようにjQuery関数を作成できます。

$('.installButton').click(function(e) {
    e.preventDefault();
    $("#loading").show();
    var productId = $(this).attr("id");
    $.ajax({
        type: "GET",
        url: "yourPhpScript.php",
        data: "productId="+productId,
        dataType: "json",
        success: function(response) {
            $("#loading").hide();
        }           
    )};
});

次に、PHPスクリプトを変更して、$_GETスーパーグローバルから製品IDを取得し、それをデータベースにのみ挿入します。

// Here we get the product id and store it in a variable for use.
$product_id = $_GET['productId'];

$feed_url = "JASON Feed URL";
$json = file_get_contents($feed_url);
$products = json_decode($json);

foreach($products as $product){
    // Here we make sure that we only get the data of the corresponding product id.
    if( $product->id == $product_id ) {
        $id = $product->id;
        $name = $product->name;
        $link = $product->link;
    }
}

$query = INSERT INTO TABLE(id,name,link) VALUES ($id,$name,$link);
$result = mysqli_query($query);
于 2012-09-20T14:45:56.850 に答える