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私は以下のjqueryコードを持っています。これはPHPスクリプトへのリンクであるHTMLフォームへのリンクです。フォームは提出する必要があり、jqueryコードはコメントを更新して、ページがリフレッシュされたかのようにコメントを表示する必要があります。しかし、何も私は私が間違ってやっているか見て見えるように私はカントを提出ヒット起こる。ここWebページを再ロードせずに更新してコメントを表示
<script type="text/javascript">
$(function() {
//When submit button clicked
$('#submit').click(function(){
//Getting data from input fields
var sentby_val = $('#sent_by').val();
var message_val = $('#message').val();
$.post('comment.php', { username: sentby_val, message: message_val }, function(return_data){
//Response from script when comment inserted to database
alert(return_data);
//Clean fields
$('#sent_by').val('<?php print $_SESSION['email']?>');
$('#message').val('');
});
});
});
</script>
HTMLフォームここ
<form action='comment.php' method='post' style="width: 422px">
<input type='hidden' id="sent_by" name='sent_by' value="<?php print $_SESSION['email']?>"/>
<input type='hidden' id="hidden_id" name='hidden_id' value='<?php print $picid;?>'/>
<textarea name='message' id="message" value="make your comment" style="width: 450px; height: 70px">make your comment</textarea><br/>
<input type='submit' name='sub' value='comment' id="submit" style="border-style:none; float:right;" />
</form>
が本当に問題
<?
$name = $_POST['sent_by'];
$picid= $_POST['hidden_id'];
$message = $_POST['message'];
$sub = $_POST['sub'];
if ($sub){if($name&&$message&&$picid)
{
$insert = mysql_query("INSERT INTO comment (name,message,picid) VALUES ('$name','$message','$picid')");
}
else
{
echo "Please enter a comment";
}
header("location:../profile.php?pic=$id");
?>
なるはずのcomment.php // iが存在しないか、または
を見ていないです何助けてくださいです
コードが正しくフォーマットされていることを確認してください。もしあなたが読まなければ、それは読みにくく、すべてがあるかどうかわからない。 – regality
ajaxレスポンスを確認するには、firebugを使用する必要があります。それは '警告'よりもきれいです。 –
答えはありませんが、SQLインジェクションスタイルの攻撃のために自分自身を広く開いたままにしておくと、ここでは本当に注意する必要があります。 – Darbio