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ユーザーがページ上のコンテンツを変更できるようにする簡単な設定があります。PHPファイルへのAjax javascript呼び出しは何もしていません。私は何が欠けていますか？
これはクエリを呼び出し、その結果を領域に取り込みます。私の目標は、ユーザーにいくつかの新しい情報を入力させ、その情報を表に挿入し、結果を再クエリーすることです。これらのPHP関数は、単にHTML、displayContentを（吐き出す
function addLink(){
var ajaxRequest;
if(window.XMLHttpRequest){
ajaxRequest = new XMLHttpRequest();
}
else{
ajaxRequest = new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
}
ajaxRequest.onreadystatechange = function(){
if(ajaxRequest.readyState == 4 && ajaxRequest.status==200){
var ajaxDisplay = document.getElementById('links');
ajaxDisplay.innerHTML = "<?php displayTitle('Links'); ?><?php displayContent('Links', $isLoggedIn); ?>"
}
var imgURL = document.getElementById('links_img').value;
var linkURL = document.getElementById('links_link').value;
var queryString = "?imgURL=" + imgURL + "&linkURL=" + linkURL;
ajaxRequest.open("GET", "addLink.php" + queryString, true);
ajaxRequest.send();
}
}
）は、特に、実際のテーブル・データ用：
がここに呼ばれ、私のJavascriptの機能です。ここで
は、データベースにいくつかの情報を追加するための私のHTMLです：ここでは
<center><br /><br />
Image URL: <input type='text' id='links_img' />
Link URL: <input type='text' id='links_link' />
<input type='button' onclick='addLink()' value='add' /></center>
は、情報を追加するための私のPHPです：私は「追加」をクリックすると
<?php
mysql_connect([sensitive information]) or die(mysql_error());
mysql_select_db([sensitive information]) or die(mysql_error());
$result = mysql_query("INSERT INTO linksMod (Image URL, Link URL) VALUES ("$_GET['imgURL']","$_GET['linkURL']") or die(mysql_error());
mysql_close();
?>
なたのページには、何もしませんボタン。
ありがとうございました！
私はそれを逃したとは思わない。今私は実際にハハを動作させるためにPHPを取得する必要があります。どうもありがとう！ – Turner