当复选框改变时，如何使用Ajax提交表单？JQuery Ajax不起作用。

Question

当复选框变化时，我想创建一个表单提交。我的代码如下。我的问题是在gotofile.php文件中没有任何操作，而在成功函数中执行了//dosomething。

jQuery代码如下：

$("#container input[type=checkbox]").change(function(e){
                if($(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);

the 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>

有谁能帮我看看我做错了什么吗？

这段内容涉及IT技术。

- rzShrestha

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你的 PHP 在做什么？它没有输出任何内容。 - David Barker

你可能也想查看这个答案： https://dev59.com/WHNA5IYBdhLWcg3wmfAa - matpol

我添加了HTML代码，我的PHP将值插入数据库。 - rzShrestha

我已经得到了所选值，它运行良好，只是 PHP 的 POST 没有起作用。我在 AJAX 中做错了什么吗？因为我检查了 gotofile 并放置了虚拟值，它也可以正常工作。 - rzShrestha

Answer 1

一些安全问题

请牢记您的JS代码是对任何访问您网站的人可见的。使用以下措施：

data : "typID="+cnType

这段话让我想到typID是你的SQL中的字段。你没有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你所有的字段。需要记住的是，我建议你了解一下CSRF或跨站请求伪造。

为什么你的脚本不起作用

如果成功函数正在运行，那么脚本已经运行。通过输出PHP中$_POST['typID']的值来调试它。如果发送正确，你将在控制台中看到变量的值。

此外，为了验证一切正常，最好让你的PHP输出一个JSON响应给你的成功函数。

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

('response' => 'failed') 或者其他你需要的内容。然后在您的success函数中评估JSON。希望这有所帮助。

- David Barker

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谢谢，会考虑 CSRF 过滤器。 - rzShrestha

Answer 2

尝试

        $("#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 
                    }
                });
         });

- asprin

Answer 3

首先，在您的Jquery代码中，应该使用click事件而不是change事件来处理复选框。

其次，在您的HTML代码中，您没有为复选框提供任何值。

如果这对您没有起作用，请恳请告知。

- Arun Jain

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在Firebug中检查是否正在发送Ajax请求？ - Arun Jain