0 
$.ajax({
    url: 'http://localhost/xampp/htdocs/ajax.php',

    contentType: 'application/json',
    type: 'post',
    data: {

//score は新しい変数で、count2 はデータベースに送信する整数変数です "score":"count2" },

    success: function () {
        alert("ok");

    },
    error: function () {
       alert("error");
    }
});

上記のコードは、「OK」と警告します。

function connect(){
    $connect = mysql_connect('localhost','root','') or die("ERROR");
    $connect2Database = mysql_select_db('fypdb', $connect);
    return $connect;
}

if(isset($_POST)){

    if($connect = connect()){

        $query = "INSERT INTO fypdbtable (score) VALUES ('".$_POST['score']."');";
        $completeQuery = mysql_query($query, $connect);
    }
}

ajax.phpでプロンプトが表示されるため、問題は「挿入先」クエリにあると思います

どんな助けでも感謝します

4

2 に答える 2

0

「エラー」メッセージは、 $_POST['score'] が定義されていないことを示しています。しかし、それは単なる警告です。変数が設定されているかどうかを知りたい場合は、 isset() 関数を使用するか、構成で警告をオフにします。

于 2014-11-22T21:41:19.870 に答える