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このサイトのこのサンプルコードの何が問題になっているのか教えてもらえますかhttp://www.x-developer.com/php-scripts/loading-drop-downs-with-ajax-php-and-fetching-values-from-ページを更新せずにデータベース

基本的に私はturorialとまったく同じことをしました、そして問題は2番目のドロップダウンリストが何も表示していないということです。誰かがページにJavaScriptを追加するのを忘れたコメントの1つを読みました。どうすればこれを行うことができますか？

そのサイトに質問を投稿してみましたが、1週間誰も答えてくれなかったのでここに来ました。

どんな助けでも大歓迎です。

これは私のindex.phpページです

<?php
include('cn.php');

$sql_country = "SELECT * FROM COUNTRY";
$result_country = mysql_query($sql_country);

echo "<select name='country' onChange='get_cities(this.value)'>"; //get_cities is defined below

while($row_country = mysql_fetch_array($result_country))
{
echo "<option value='".$row_country['id']."'>".$row_country['country']."</option>";
}

echo "</select>";

echo "<select name='city' id='city'></select>"; //We have given id to this dropdown

?>

これは私のget_cities.jsページです

function get_cities(country_id)
{
$.ajax({
   type: "POST",
   url: "cities.php", /* The country id will be sent to this file */
   beforeSend: function () {
  $("#city").html("<option>Loading ...</option>");
    },
   data: "country_id="+country_id,
   success: function(msg){
     $("#city").html(msg);
   }
   });
 }

これは私のcitys.phpページです

<?php

include('cn.php');

// Code for cities.php
$country_id = $_REQUEST['country_id'];

$sql_city = "SELECT * FROM CITY WHERE country_id = '".$country_id."'";
$result_city = mysql_query($sql_city);
echo "<select name='city'>";

while($row_city = mysql_fetch_array($result_city))
{
echo "<option value='".$row_city['id']."'>".$row_city['city']."</option>";
}

echo "</select>";

?>

含まれている「cn.php」は、データベースへの接続にすぎません。

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//Index.php
<?php
$conn = mysql_connect("localhost", "root", "root");
$db = mysql_select_db("country_example", $conn);

$sql_country = "SELECT * FROM country";
$result_country = mysql_query($sql_country);

?>
<!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "http://www.w3.org/TR/xhtml1/DTD/xhtml1-transitional.dtd">
<html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml">
<head>
<title>Country List</title>
</head>
<body>
<?php 

echo "<select name='country' onChange='get_cities(this.value)'>";

while($row_country = mysql_fetch_array($result_country))
{
    echo "<option value='".$row_country['id']."'>".$row_country['country']."</option>";
}
echo "</select>";
echo "<div id='cityLayer'><select name='city' id='city'></select></div>";
?>
    <script src="//ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.9.1/jquery.min.js"></script>
    <script type="text/javascript"> 
    function get_cities($country_id){
     $.ajax({
         url : "city.php?country_id="+$country_id,
         cache : false,
         beforeSend : function (){
              //Show a message
         },
         complete : function($response, $status){
             if ($status != "error" && $status != "timeout") {
                 $('#cityLayer').html($response.responseText);
             }
         },
         error : function ($responseObj){
             alert("Something went wrong while processing your request.\n\nError => "
                 + $responseObj.responseText);
         }
     }); 
    }
 </script>
</body>
</html>

//City.php
<?php

$conn = mysql_connect("localhost", "root", "root");
$db = mysql_select_db("country_example", $conn);

$country_id = $_REQUEST['country_id'];
$sql_city = "SELECT * FROM cities WHERE country_id = '".$country_id."'";
$result_city = mysql_query($sql_city);

echo "<select name='city'>";
while($row_city = mysql_fetch_array($result_city))
{
    echo "<option value='".$row_city['id']."'>".$row_city['city']."</option>";
}
echo "</select>";
?>
于 2013-03-14T17:12:50.883 に答える