我是AJAX的新手,我在本页找到了我的问题的代码解决方案,但我无法使它工作。可靠的选择框不工作
我需要输入#precio
在选择#producto
时选择了一个选项。
我有这样的代码:
<form action="actualizarprod_pr.php" method="post">
<input type="text" name="producto" value="" placeholder="Producto" list="productolist" />
<datalist id="productolist">
<select id="productos" style="display: none;">
<?php
$query = "SELECT * FROM lista_precios";
$query_ej = mysqli_query($conexion, $query);
while($registro = mysqli_fetch_array($query_ej)){
echo "<option value='" . $registro['producto'] .
"'</option>";
}
?>
</select>
</datalist>
<input type="text" id="precio" name="precio" placeholder="Precio">
<input type="submit" name="Actualizar" value="Actualizar">
<input type="submit" name="Borrar" value ="Borrar">
</form>
脚本:
<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(){
$("#productos").change(function(){
var producto=$(this).val();
$.ajax({
type:"post",
url:"cargaselect.php",
data:"producto="+producto,
success:function(data){
$("#precio").val(data);
}
});
});
});
</script>
cargaselect.php:
<?php
session_start();
include("conexion.php");
if(isset($_SESSION["id_usuario"])){
$producto=$_POST["producto"];
$result = mysqli_query($conexion,
"select * FROM lista_precios WHERE producto =". $producto ." ");
echo $result[precio];
} else {
header("location: login.php");
}
?>
如果'$ producto'是一个字符串,这会使您失败'WHERE producto =“。$ producto。 “' - 检查错误并查看您的控制台。还要确保'$ _SESSION [“id_usuario”]'有一个值。 –
为什么这段代码会失败?你建议使用LIKE而不是=?我删除$ _SESSION [“id_usuario”],但它仍然无法正常工作。 –
你能告诉,你在控制台中得到了什么回应? – Qazi