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私はチュートリアルとデモに従おうとしています。しかし、SUBMITまたはENTERボタンを押すと、送信されず、ページが更新されるだけです:(エラーが表示されます。

アラートを表示します

リクエストに問題がありました。

そして、ページが更新されます。

私のフォーム

<form class="well-home span6 form-horizontal" name="ajax-demo" id="ajax-demo"> <div class="control-group">
              <label class="control-label" for="book">Book</label>
              <div class="controls">
                <input type="text" id="book" onKeyUp="book_suggestion()">
                <div id="suggestion"></div>
             </div>  </div>  <div class="control-group">
              <div class="controls">
                <button type="submit" class="btn btn-success">Submit</button>
              </div>  
       </div> 
</form>

そして私のJavascript

<script>
function book_suggestion()
{
var book = document.getElementById("book").value;
var xhr;
 if (window.XMLHttpRequest) { // Mozilla, Safari, ...
    xhr = new XMLHttpRequest();
} else if (window.ActiveXObject) { // IE 8 and older
    xhr = new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
}
var data = "book_name=" + book;
     xhr.open("POST", "book-suggestion.php", true); 
     xhr.setRequestHeader("Content-Type", "application/x-www-form-urlencoded");                  
     xhr.send(data);
     xhr.onreadystatechange = display_data;
    function display_data() {
     if (xhr.readyState == 4) {
      if (xhr.status == 200) {
       //alert(xhr.responseText);      
      document.getElementById("suggestion").innerHTML = xhr.responseText;
      } else {
        alert('There was a problem with the request.');
      }
     }
    }
}
</script>

本の提案.php

<?php  
include('../includes/dbopen.php');  
$book_name = $_POST['book_name'];  
$sql = "select book_name from book_mast where book_name LIKE '$book_name%'";  
$result = mysql_query($sql);  
while($row=mysql_fetch_array($result))  
{  
echo "<p>".$row['book_name']."</p>";  
}  
?>
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1 に答える 1

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そこで使用されている送信ボタンは、デモには参加していません。このデモの目的は、ユーザーがテキスト ボックスにデータを入力したときに ajax を使用してデータをフェッチする方法を示すことです。確かに、送信ボタンが機能していくつかの機能を追加するように拡張される可能性がありますが、今のところ、デモには追加されていません.

于 2013-04-24T13:04:54.967 に答える