JQuery ve Ajax MySQL veritabanını güncelleyerek değil ile Sayfayı yenilemek olmadan bir form Submiting

3 Cevap php

Ben formu her şeyi Gönder düğmesini tıklayın zaman, JQuery bir acemi olduğum ve bir sorununuz varsa kayıt başarılı oldu ama ben resim JQuery eklemek için çalıştı kadar benim MySQL veritabanı her şey iyi çalıştı güncellendi değildi diyor.

Birisi bu yüzden benim veritabanı güncellenir bana bu sorunu çözmek yardımcı olabilir?

Teşekkürler

Burada JQuery kodudur.

$(function() {

$(".save-button").click(function() {
    var address = $("#address").val();
    var address_two = $("#address_two").val();
    var city_town = $("#city_town").val();
    var state_province = $("#state_province").val();
    var zipcode = $("#zipcode").val();
    var country = $("#country").val();
    var email = $("#email").val();

    var dataString = 'address='+ address + '&address_two=' + address_two + '&city_town=' + city_town + '&state_province=' + state_province + '&zipcode=' + zipcode + '&country=' + country + '$email=' + email;

    if(address=='' || address_two=='' || city_town=='' || state_province=='' || zipcode=='' || country=='' || email=='') {
        $('.success').fadeOut(200).hide();
        $('.error').fadeOut(200).show();
    }

    else
    {
    $.ajax({
    type: "POST",
    url: "http://localhost/New%20Project/home/index.php",
    data: dataString,
    success: function(){
    $('.success').fadeIn(200).show();
    $('.error').fadeOut(200).hide();

   }
});
    }

    return false;

    });
});

Burada PHP kodudur.

if (isset($_POST['contact_info_submitted'])) { // Handle the form.

    // Query member data from the database and ready it for display
    $mysqli = mysqli_connect("localhost", "root", "", "sitename");
    $dbc = mysqli_query($mysqli,"SELECT users.*, contact_info.*
                                 FROM users 
                                 INNER JOIN contact_info ON contact_info.user_id = users.user_id 
                                 WHERE users.user_id=3");

    $user_id = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities('3'));
    $address = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['address']));
    $address_two = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['address_two']));
    $city_town = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['city_town']));
    $state_province = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['state_province']));
    $zipcode = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['zipcode']));
    $country = mysqli_real_escape_string($mysqli, htmlentities($_POST['country']));
    $email = mysqli_real_escape_string($mysqli, strip_tags($_POST['email']));


//If the table is not found add it to the database
if (mysqli_num_rows($dbc) == 0) {
        $mysqli = mysqli_connect("localhost", "root", "", "sitename");
        $dbc = mysqli_query($mysqli,"INSERT INTO contact_info (user_id, address, address_two, city_town, state_province, zipcode, country, email) 
                                     VALUES ('$user_id', '$address', '$address_two', '$city_town', '$state_province', '$zipcode', '$country', '$email')");
}



//If the table is in the database update each field when needed
if ($dbc == TRUE) {
        $dbc = mysqli_query($mysqli,"UPDATE contact_info 
                                     SET address = '$address', address_two = '$address_two', city_town = '$city_town', state_province = '$state_province', zipcode = '$zipcode', country = '$country', email = '$email' 
                                     WHERE user_id = '$user_id'");
}


if (!$dbc) {
        // There was an error...do something about it here...
        print mysqli_error($mysqli);
        return;
}

}

İşte XHTML kodudur.

<form method="post" action="index.php">
    <fieldset>
        <ul>
            <li><label for="address">Address 1: </label><input type="text" name="address" id="address" size="25" class="input-size" value="<?php if (isset($_POST['address'])) { echo $_POST['address']; } else if(!empty($address)) { echo $address; } ?>" /></li>
            <li><label for="address_two">Address 2: </label><input type="text" name="address_two" id="address_two" size="25" class="input-size" value="<?php if (isset($_POST['address_two'])) { echo $_POST['address_two']; } else if(!empty($address_two)) { echo $address_two; } ?>" /></li>
            <li><label for="city_town">City/Town: </label><input type="text" name="city_town" id="city_town" size="25" class="input-size" value="<?php if (isset($_POST['city_town'])) { echo $_POST['city_town']; } else if(!empty($city_town)) { echo $city_town; } ?>" /></li>
            <li><label for="state_province">State/Province: </label>
            <?php

            echo '<select name="state_province" id="state_province">' . "\n";
              foreach($state_options as $option) {
                if ($option == $state_province) {
                  echo '<option value="' . $option . '" selected="selected">' . $option . '</option>' . "\n";
                } else {
                  echo '<option value="'. $option . '">' . $option . '</option>'."\n";
                }
              }
            echo '</select>';

            ?>
            </li>

            <li><label for="zipcode">Zip/Post Code: </label><input type="text" name="zipcode" id="zipcode" size="5" class="input-size" value="<?php if (isset($_POST['zipcode'])) { echo $_POST['zipcode']; } else if(!empty($zipcode)) { echo $zipcode; } ?>" /></li>

            <li><label for="country">Country: </label>
            <?php

            echo '<select name="country" id="country">' . "\n";
              foreach($countries as $option) {
                if ($option == $country) {
                  echo '<option value="' . $option . '" selected="selected">' . $option . '</option>' . "\n";
                } 
                else if($option == "-------------") {
                  echo '<option value="' . $option . '" disabled="disabled">' . $option . '</option>';
                }
                else {
                  echo '<option value="'. $option . '">' . $option . '</option>'."\n";
                }
              }
            echo '</select>';

            ?>
            </li>

            <li><label for="email">Email Address: </label><input type="text" name="email" id="email" size="25" class="input-size" value="<?php if (isset($_POST['email'])) { echo $_POST['email']; } else if(!empty($email)) { echo $email; } ?>" /><br /><span>We don't spam or share your email with third parties. We respect your privacy.</span></li>

            <li><input type="submit" name="submit" value="Save Changes" class="save-button" />
                <input type="hidden" name="contact_info_submitted" value="true" />
            <input type="submit" name="submit" value="Preview Changes" class="preview-changes-button" /></li>
        </ul>
    </fieldset>

</form>

3 Cevap

Içinde tüm jQuery koymak

$(document).ready(function(){ //evething here });

Formdaki bir id koydu. Örnek id = "MyForm" için.

Form doğrulama için bir plug-in kullanın. Plug-in koymak sınıfını kullanmak = "gerekli tüm alanların giriş etiketi gereklidir."

Doğrulama plug-in için dokümantasyon here, böylece ihtiyaçlarını uygun olan seçeneği görebilirsiniz olduğunu. Eğer submit handler to submit the form via AJAX ayarlamak isteyeceksiniz gibi ama, o görünüyor.

$("#myform").validate({
   submitHandler: function(form) {
    $(form).ajaxSubmit();
   }
})

Bu sunucu tarafı kodu ile herhangi bir sorun yoktur düzenli sunulması için çalıştığını umarım, jQuery sorunları düzeltmek gerekir.

$dbc = mysqli_query($mysqli,"SELECT users.*, contact_info.*
                             FROM users 
                             INNER JOIN contact_info ON contact_info.user_id = users.user_id 
                             WHERE users.user_id=3");


if ($dbc == TRUE) {
        $dbc = mysqli_query($mysqli,"UPDATE contact_info 
                                     SET address = '$address', address_two = '$address_two', city_town = '$city_town', state_province = '$state_province', zipcode = '$zipcode', country = '$country', email = '$email' 
                                     WHERE user_id = '$user_id'");
}

Bir mysql (i) _query sadece başarı ya da başarısızlık durumunda FALSE üzerinde bir kaynak dönecektir, gerçek asla dönecektir.

Bu, daha fazla yapmak için çalışıyoruz ne olabilir

if ($dbc !== FALSE) {
  // do update query

yük # result_of_query 'sonuç içine yüklenmiş olacaktır (# result_of_query. yük (...) $) gibi' bağlamında kullanılmak üzere ment çünkü yerine $. yük denemeydi $. im göründüğü gibi varsayarak, 'olsun bu nedeniyle yeniden.

belki bu denemelisiniz:

else
{
   $.get(
          "http://localhost/New%20Project/home/index.php",dataString,
           function()
           { 
             $('.success').fadeIn(200).show();
             $('.error').fadeOut(200).hide();
           }
         );
}

etiketler