更改复选框时的ajax发布表单jquery ajax不起作用

Posted 2023-05-08

【中文标题】更改复选框时的ajax发布表单jquery ajax不起作用

【英文标题】：ajax post form when checkbox is changed jquery ajax not working

【发布时间】：2012-07-25 20:32:41

【问题描述】：

我正在尝试在复选框更改时创建表单提交 我的代码如下。 .我的问题是

gotofile.php

file but //dosomething 关于成功函数的执行

jquery：

$("#container input[type=checkbox]").change(function(e)
                if($(this).attr('checked')) 
                

                    var cnType=$(this).attr("id");

                    $.ajax(
                        type: "POST",
                        url: "gotofile.php",
                        data: "typID="+cnType ,
                        cache: false,
                        success: function() 
                            //do something 
                        
                    );
                
            );

php:

include '../dbconnection/dbconfig.php';


$typeID=$_POST['typID'];
$qryConnections="INSERT INTO ...";
$rslt1 = mysql_query($qryConnections);

html

<form id="cnct" method="POST">
                            <div id="container" style="">
                                <ul style="list-style: none;">
                                   <li><input type="checkbox" id="1" />A</li>
                <li><input type="checkbox" id="2" />B</li>

                                </ul>
                            </div></form>

谁能帮我解决我做错了什么？

【问题讨论】：

你的 PHP 在做什么？它不输出任何东西。

你可能也想看看这个答案：***.com/questions/901712/…

我也添加了 html 代码，我的 php 将值插入到数据库中

我得到了检查值，它的工作正常，只是 php postdosent 工作。我在 ajax 中做错了吗，因为我检查了 gotofile 放置虚拟值它工作正常

【参考方案1】：

几个安全问题

请始终牢记，导航到您网站的任何人都可以查看您的 JS。使用：

data : "typID="+cnType

会让我认为 typID 是 SQL 中的字段。您没有 CSRF 过滤器，因此我可以编写一个 ajax 脚本来欺骗有效请求并从外部位置更新您的所有字段。需要记住的一点是，我建议您阅读 CSRF 或 Cross Site Request Forgery。

为什么你的脚本不起作用

如果成功函数正在触发，则脚本已运行。通过在 PHP 中输​​出 $_POST['typID'] 的值来调试它。如果发送正确，您将在控制台中看到变量值。

除此之外，最好让您的 PHP 为您的成功函数回显 JSON 响应以验证一切顺利。

echo json_encode(array('response' => 'success'));

或('response' => 'failed') 或任何您需要的。然后，您可以在 success 函数中评估 JSON。

我希望这会有所帮助。

【讨论】：

thanx 将看到 abt CSRF 过滤器

【参考方案2】：

第一件事是你应该使用click 而不是change 事件作为你的Jquery 代码中的复选框。

第二件事，您没有为 html 代码中的复选框提供任何值。

请询问它是否不适合您。

【讨论】：

在 firebug 中检查是否正在发送 ajax 请求？

【参考方案3】：

试试

        $("#container input[type='checkbox']").click(function(e)

                var cnType=$(this).attr("id");

                $.ajax(
                    type: "POST",
                    url: "gotofile.php",
                    data: "typID="+cnType ,
                    cache: false,
                    success: function() 
                        //do something 
                    
                );
         );