获取由ajax POST方法引起的服务器响应

我试图将POST数据发送到服务器。这是我使用的ajax代码。另一方面，我使用mySQL和PHP。我怎样才能看到insertToDB.php输出是什么？目前我的代码不工作，我不知道为什么。从insertToDB.php获得输出可能是最好的开始。获取由ajax POST方法引起的服务器响应

$.ajax({ 
     url: "insertToDB.php", 
     type: 'POST', 
     data: {'lastname':'Cena','name':'John', 'email':'[email protected]'}, 
     success: function(response) { 
      console.log("success"); 
     } 
    });

在PHP端

我：

require_once 'login.php'; 

$conn = new mysqli($hn,$un,$pw,$db); 
if ($conn->connect_error){ 
    die($conn->connect_error); 
} 


$url = $_POST["lastname"]; 
$name = $_POST["name"]; 
$email = $_POST["email"]; 


$query = "INSERT INTO testtable (url ,name ,email) VALUES ('$url', '$name', '$email')"; 
$result = $conn->query($query); 
if (!$result){ 
    die ("QUERY FAILED"); 
}

来源

2016-11-07 sanjihan

使用'echo'或'模具（）'用连接，INSERT，UPDATE和您所有的疑问。 –

我添加了PHP代码。 – sanjihan

只需在最后一行和在ajax成功'console.log（response）'后面加上插入“;”的'echo“数据即可。 –

The first argument to the success function is the output。

也就是说，如果您使用console.log(response)而不是console.log("success")，您会看到服务器写回响应流的任何内容。

（如果你谈论的是在服务器端日志输出，这是一个完全不同的问题。然后我们需要看到你的服务器端的代码，而不是AJAX调用。）

来源

2016-11-07 12:02:32

谢谢你。我现在可以看到错误。它说：类'mysqli'没有在路径/..../ insertToDB.php中找到。显然mySQL没有安装，尽管我使用phpMyAdmin在服务器上创建了表 – sanjihan

USEE回声及出口insertToDB.php

然后

console.log（response）;

来源

2016-11-07 12:02:54 DsRaj

只需使用echo或die()来处理您的db查询，错误和状态，并且可以处理发送给ajax的最终输出。

echo "Data inserted"; 
// or 
die("faild");

从阿贾克斯

success: function(response){console.log(response)};

来源

2016-11-07 12:10:21

获取由ajax POST方法引起的服务器响应

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