PHP Ajax.Request onSubmit nasıl kullanılır

1 Cevap php

Ben yazı aracılığıyla bir php komut dosyası için bir prototip ajax isteği göndermek için bir form kullanımı ve daha sonra başarı ve başarısızlık için bir uyarı penceresini görüntülemek için çalışıyorum

Şu anda bu kodu kullanıyorum

<div id="reservationRequestForm">
   <form name="requestReservationForm" method="post" onsubmit="new Ajax.Request('admin/process/process_reservation_request.php', {onSuccess: function() {alert('Success');} , onFailure: function() {alert('Failure');}, method:'post'}; return false;">

....

   <input type="submit" class="buttonGreen" value="Send Request" onClick="hideDiv('reservationRequestForm');"/>
   </form>
</div>

Ben tepki işlenecek istemiyorum ya (o zaten boş). Ben sadece başarılı veya başarısız olmadığını bilmek istiyorum.

Buna ek olarak. Ben js devre dışı bırakıldığında formu incelikle aşağılamak istiyorum.

Şu anda bu kod hiçbir şey yok. Ben yanlış ne yapıyorum?

1 Cevap

onsubmit olay işlenen değilse, daha sonra formu teslim olmak değildir.

Eğer formunuzda aşağıdakilerden birini var mı?

<input type='submit' ... />

<input type='image' ... />

Tıklandığında yukarıdaki iki unsuru (ya da uzay / ile aktive girin) formu sunacaktır. Eğer varsa onsubmit olay işleyicisi sonra onu yakalamak gerekir ve dönüş yanlış varsayılan eylemi (değiştirme sayfa) durması gerekir.

Ayrıca, ajax.Request çağrı aslında formun kendisi formu bilgilerin herhangi birini kullanmak için görünmüyor. Ajax.Request göndermek için hangi bilgileri bilmesi gerekir.

edit You were minssing a closing parentheses. use the following

<form name="requestReservationForm" method="post" onsubmit="new Ajax.Request('admin/process/process_reservation_request.php', {onSuccess: function() {alert('Success');} , onFailure: function() {alert('Failure');}, method:'post', parameters:Form.serialize(this) }); return false;">

etiketler