0
私は今2週間から即座に検索をしようとしていますし、方法はありません。私は知っていることを試しました。私はあなたのウェブサイトで検索メニューを持っているので、コードが何をしなければならないかを説明する必要はないと思います。大きな問題の一つは（問題の場合）$_ajaxです。 $_POSTの方法では、情報を投稿する必要があるURLプロパティを入力すると、ブラウザのURLのようになります。Food-Groups-BG.php名前が正しいか間違っていてもエラーは見つかりません。そして、現時点では、私のコードは実際にはあまり効果がなく、どちらのエラーも出ていません。コンソールでそれを与えるだけですhttp://prntscr.com/dtoonf。Googleのインスタント検索のように作成するには？
ここに私のコードです！
jQuery(document).ready(function ($) {
$("#food_search").keyup(function(event) {
var search_term =$(this).val();
$.ajax({
type:"POST",
url:"/Food-Search",
data:{fsearch:search_term},
success:function(res) {
$("#food_search_result").html(res);
},
error: function (xhr, ajaxOptions, thrownError) {
alert(xhr.status);
alert(xhr.responseText);
alert(thrownError);
}
});
});
});<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/3.1.0/jquery.min.js"></script>
<!----------------------------------------------------------------
HTML
----------------------------------------------------------------->
<p>Търсене на храни: <input type="text" name="food-search" id="food_search"></p>
<!----------------------------------------------------------------
PHP
----------------------------------------------------------------->
<?php
$hostname = "localhost";
$username = "username";
$password = "pass";
$databaseName = "dbName";
$connect = mysqli_connect($hostname, $username, $password, $databaseName);
if(isset($_POST['fsearch']) && $_POST['fsearch']!="") {
$fsearch = $connect->prepare("SELECT * FROM food_data_bg WHERE search_term LIKE :title");
$fsearch->execute(array(
'title'=>'%'.$_POST['title'].'%'
));
if($fsearch->rowCount()==0) {
echo 'Не бяха намерени резултати!';
} else {
while($data=$fsearch->fetch()) {
?>
<div class="search-result">
<img src="<?php echo $data['fimage']; ?>" class="fimage"/>
<span class="result-title"><?php echo $data['title'];?></span><br>
<span class="calories-total"><?php echo $data['calories total'];?></span><br>
</div>
<?php
}
}
}
?>すべてのヘルプは高く評価されます。
申し訳ありませんが、2番目のコードで何を言っているのか分かりません。私のフード検索ページでは、このコードでここで使用したPHPコードのみです。 –