2012-05-05 8 views
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内のJavaScriptコードは、 マイコードは、私はこのコードを実行すると、私はそれは私にはない を表示しませんコードを実行するためにXAMPPを使用しています表示私はPHPでJSコードを表示する際に問題を抱えているPHP

<?php 
    if($result) 
    { 
     echo '<script language="javascript">'; 
     echo "$('#Err').hide()</script>"; 
    } 
    else 
    { 
     echo '<script language="javascript">'; 
     echo "$('#Err').show()</script>"; 
    } 
?> 

です何が問題なのかを知る plz教えて ありがとう!

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あなたのコードを書いたやり方では、文字列の引用符をエスケープすることについてはわかりません。このような基本的なことがわからない場合は、PHPが出力しているものを見るために*ソースの表示*を試したとは思えません。 –

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ブラウザで結果ページの「ソースを表示」すると、そこには

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使用単一引用、あなたの二重引用符は、PHPの変数として$( '#1のErr')をレンダリングする

<?php 
    if($result) 
    { 
     echo '<script language="javascript">'; 
     echo '$(\'#Err\').hide()</script>'; 
    } 
    else 
    { 
     echo '<script language="javascript">'; 
     echo '$(\'#Err\').show()</script>'; 
    } 
?> 
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<?php 
    if($result) 
    { 
     echo '<script type="text/javascript" language="javascript"> 
      $("#Err").hide()</script>'; 
    } 
    else 
    { 
     echo '<script type="text/javascript" language="javascript"> 
       $("#Err").show()</script>'; 
    } 
?> 
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この方法はわかりやすく、処理は少なくなります。

<!-- this is your php script with your html layout --> 

<script type="text/javascript"> 
    <?php if($result === true): ?> 
     $("#Err").hide(); 
    <?php else: ?> 
     $("#Err").show(); 
    <?php endif; ?> 
</script> 

echoを使用しないでください。これはPHPのための良い習慣です。あなたが本当にあなたのPHPの生産性を向上させたいなら、私は非常にお勧めしますthe Codeigniter framework。試してみる=)。

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あなたが発生したのgetあなたのHTMLのソースに見て、いくつかのデバッグを実行する必要があります。

<?php 
    // debug code: 
    var_dump($result); die('This place has been reached'); 

    // normal code: 
    printf("<script language=\"javascript\">\n\$('#Err').%s()\n</script>" 
      , $result ? 'hide' : 'show'); 
?> 

これを実行すると、物事がうまくいかないだろうが、あなたが$resultがあなたをデバッグするように含まれているかを見ることができますスクリプト。それがHTMLソース内に表示されない場合は、コードがまったく実行されず、問題が他の場所にあることを意味します。

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