私はjQueryからいくつかの簡単なチュートリアルを行っていますが、今のところ、入力フォームからデータを送信するphpスクリプトに問題があります...私の入力フォームは次のようになります:
<form method="post" action="submit_to_db.php">
<div id="container">
<label for="name">Name</label>
<input type="text" name="name" id="name" />
<label for="email">E-mail address</label>
<input type="text" name="email" id="email" />
<label for="comments">Any comments</label>
<textarea rows="5" cols="35" name="comments" id="comments"> </textarea>
<br />
<input type="submit" name="submit" id="submit" value="Send costam" />
</div>
</form>
jQuery のスクリプトは次のとおりです。
<script type="text/javascript">
$(function() {
$('#submit').click(function() {
$('#container').append('<img src="a.gif" alt="Please w8" id="loading"/>');
var name = $('#name').val();
var email = $('#email').val();
var comments = $('#comments').val();
console.log(name, email, comments);
$.ajax({
url: 'submit_to_db.php',
type: 'POST',
data: 'name=' + name + '&email=' + email + '&comments=' + comments,
success: function(result){
console.log(result);
}
});
return false;
});
});
</script>
では、[送信] ボタンをクリックした後、アクションが呼び出されないのはなぜですか... つまり、データベースは変更されず、データは追加されず、ブラウザーは submit_to_db.php のコードを表示するだけです...私は XAMPP を使用していますが、最初はローカルホストのポートを httpd で 81 に変更する必要がありました。conf I chinge Listen: 80 から 81...
このようなn00bの質問で本当に申し訳ありません。このチュートリアルを進める方法が本当にわかりません:(助けてくれてありがとう。
ああ。念のため-phpファイル:
<?php
$conn = new mysqli('localhost:81', 'root', '', 'my_db');
$query = "INSERT into comments(name, email, comments) VALUES (?, ?, ?)";
$stmt = $conn->stmt_init();
if($stmt->prepare($query)) {
$stmt->bind_param('sss', $_POST['name'], $_POST['email'], $_POST['comments']);
$stmt->execute();
}
?>