私はプロジェクトで作業しています。私は次のことをしたいと思います。ホームページには、データベースから動的にロードされるdivがあります。 divで私はそれを新しいページにリダイレクトして、データベースから、ちょうどブログのウェブサイトのように、対応するコンテンツをロードするだけです。ホームページ上の記事をクリックすると、新しいページのデータベースから記事を読み込みます。単純なプロセスでなければなりませんが、そのコードをすべて書く方法を見つけることができませんでした。私はdivの浮動ボックスをクリックしたとき他のページにリダイレクトして、対応するIDのコンテンツをクリック時に動的にロードする方法
<?php
require_once 'core/init.php';
include 'includes/head.php';
include 'includes/nav.php';
include 'includes/section1.php';
$sql = "SELECT * FROM topics WHERE featured = 1";
$featured = $db->query($sql);?>
<section class="s2">
<div class="grid_container">
<?php while($article = mysqli_fetch_assoc($featured)) : ?>
<div class="floating-box" onclick="loadart(<?= $article ['id']; ?>)">
<img src="<?= $article ['image']; ?>" class="img-responsive" alt="<?= $article ['title']; ?>">
<div class="grid_content_wrapper">
<br>
<p><?= $article ['subtitle']; ?></p>
<h3><?= $article ['title']; ?></h3>
<p><?= $article ['description']; ?></p>
</div>
</div>
<?php endwhile; ?>
</div>
</section>
<section class="s3">
<a href="single.php"><button class="more_posts"><h3>MORE AMAZING THINGS</h3></button></a>
</section>
<?php
include 'includes/footer.php';?>
が、今私はそれが依存データベースからこのページや負荷のコンテンツにリダイレクトする:
が、これは私のホームページです事前にあなたに感謝します私はこのスクリプトを使用してクリックしたが、それはリダイレクトし、データベースからすべてのコンテンツをロードするだけですが、対応するdivのIDに基づいてロードします:
function loadart(id){var data = {"id":id }; window.location.href =「single.php」;}
こんにちは、SOはフリーコード作成サービスではありません... – Cagy79
こんにちは@TornikeMinadze、ようこそ。何を試したのかあなたのコードを表示してください。 –