从php到jquery返回响应

我想添加一个喜欢/不喜欢的按钮到我的网站，但我有一些问题与AJAX。一切都可以找到，但我无法弄清楚如何将PHP响应返回到原始页面，而且我尝试了几乎所有我想出的东西。从php到jquery返回响应

下面是一段我的JavaScript代码：

$("#dislike").click(function() { 

var action = "2"; 
$.ajax({ 
      type: 'POST', 
      data: { action: action, llista: llista}, 
      url: 'like.php' 
     }); 
    });

而且这里的PHP代码（like.php）：

$selectpunct = mysql_query ("SELECT * FROM llistes WHERE ID = '$IDllista' ") or die (mysql_error()); 
while($row = mysql_fetch_assoc($selectpunct)){ 
$punct = $row ['punct']; } 

if ($action == 1) { 
    $noupunct = $punct+1; 
}else if ($action ==2) { 
    $noupunct = $punct-1; 
} 
echo $noupunct; 

    $canvipunct= mysql_query ("UPDATE llistes SET punct = '".$noupunct."' WHERE ID='".$IDllista."' ") or die (mysql_error()); 
mysql_query ("INSERT INTO vots (IDllista, IDusuari) VALUES ($IDllista, $IDusuari)");

当我上传页面的新标点是有的，问题只是为了获得ajax响应。感谢您的帮助，如果这是一个愚蠢的问题，我很抱歉，我很新！

来源

2013-12-23 Laia

在你的PHP代码，avoide使用mysql_ *功能和使用的mysqli来代替。 – Enijar

使用AJAX的success参数：

$.ajax({ 
      type: 'POST', 
      data: { action: action, llista: llista}, 
      url: 'like.php', 
      success: function(response) { alert(response); } 
     }); 
    });

来源

2013-12-23 20:23:00 aksu

请注意，这是不合适的> 1.8;使用.done，.fail，.always代替。 – brandonscript

使用$就短方法：

$.post(url, {action: action, llista: llista}, function(data_from_server) { 
    console.log(data_from_server); 
});

来源

2013-12-23 20:26:23 nhaa123

从php到jquery返回响应

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