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私は単純な ajax コードを持っています:

function showMe(data) {
    $("body").append();
    if(data.success == true) {
        $("body").append("<img src="+data.data.link+" height=180 /><br /><a href="+data.data.link+">"+data.data.link+"</a>");

$.ajax ({
    type: "POST",
    url: "sql.php",
    data: "y=+data.data.link+",
});

「+data.data.link+」値を取得して mysql db に送信する必要がありますが、実際のリンクではなく data.data.link を送信します。実際の値を取得して db に送信するには? sql.php は次のとおりです。

<?php
define('IN_PHPBB', true); 
$phpbb_root_path = (defined('PHPBB_ROOT_PATH')) ? PHPBB_ROOT_PATH : 'forum/'; 
$phpEx = substr(strrchr(__FILE__, '.'), 1); 
include($phpbb_root_path . 'common.' . $phpEx); 
include($phpbb_root_path . 'includes/functions_display.' . $phpEx);
include("$phpbb_root_path/includes/functions_user.php");
$user->session_begin();
$auth->acl($user->data);
$user->setup('viewtopic');

include "forum/config.php";
$link = mysql_connect("$dbhost", "$dbuser", "$dbpasswd");
$db_selected = mysql_select_db("$dbname", $link);

$y = @$_POST['y']; 

$date = date('d.m.y');
$name = $user->data['username'];

mysql_query("INSERT INTO `gallery` (name, createdate, piclink) VALUES('$name', '$date',  '".$y."')");

unlink("gallery/$imagename");
?>

助けてくれてありがとう:)

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データを文字列ではなくオブジェクト (クリーンで読み取り可能) として送信します。

これを試して

 data: {'y':data.data.link},
于 2013-10-21T12:33:27.260 に答える
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「data.data.link」がどこから来たのかは明らかにしませんでしたが、主な問題は ajax コード内にあります。

$.ajax ({
    type: "POST",
    url: "sql.php",
    data: "y=\""+data.data.link+"\"",
});

変数への参照 ( data.data.link) は、評価されるために引用符で囲んではいけません。

于 2013-10-21T12:36:52.970 に答える