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リンク付きの基本的なphpページがあり、ユーザーが「ギャラリー」リンクをクリックすると、コンテンツを表示しているメインのdivに画像のグリッドをロードする必要があります。

これは私がやっていることのサンプルコードです:

myreq = new XMLHttpRequest();

myreq.open("GET","my gallery.php",true);
myreq.send(null);
myreq.onreadystatechange = function(){


if (myreq.readyState == 4)
{       
    $("#maindiv").html(myreq.responseText);
}
}

ギャラリーファイルをdiv問題なく取得していますが、画像自体を取得するのではなく、タグを使用して取得しています。

私は得ています：

img src=url alt=text etc

つまり、ファイル内のテキストを取得しています。

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jQueryを使用していると思います。すべてのコードの代わりにこれを試してください：

$( "#mainDiv" ).load("my gallery.php");

これは、リモート ファイル内のすべての HTML を #mainDiv 要素に入れることによって得られます。

于 2013-10-18T16:26:41.013 に答える
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これは、次の 2 つの方法で処理できます。

  1. そのような方法で PHP コードを変更すると、次のように返されます。

    <img src="image.jpg" alt="Image" />

    そして、このコードを使用してください：

    $("#mainDiv").load("my gallery.php");

  2. それ以外の場合は、このようにすることができます。そのような方法で PHP コードを変更すると、画像が返され、JavaScript が次のように変更されます。

    $("#mainDiv").html('<img src="my gallery.php" alt="Image" />');

$.ajaxps: 誰もが言ったように、jQuery を使用している場合は、XHR を使用する代わりに、jQueryまたはその関数を使用してください。

于 2013-10-18T16:31:42.483 に答える