jquery jsonとphp mysqlのサブミットチェック

Question

フォームを送信した後、私はajaxリクエストでMySQLからデータを取得したいが、私はgetJSON関数にいくつか問題がある。

これは動作します：

私は getJSON機能の array_sortimentsname外にアクセスする必要が

$("form[id=bilddatenbank_sortiment_anlegen]").submit(function() { 
    var array_sortimentsname; 
    $.getJSON('inc/inc.sortimentsname.php', function(array_sortimentsname) { 
     console.debug(array_sortimentsname); 
    }); 
    return false; 
}); 

、私はこれをどのように行うのでしょうか？

Answer 1

Ajax関数の外部に変数を宣言して、結果がサーバーから来たときにアクセスできるようにする必要があります。このような何か：このように

let sortedData = null; 
$("form[id=bilddatenbank_sortiment_anlegen]").submit(function() { 

    $.getJSON('inc/inc.sortimentsname.php', function(array_sortimentsname) 
    sortedData = array_sortimentsname 
    console.debug(array_sortimentsname); 
}); 

return false; 
}); 

Answer 2

$("form[id=bilddatenbank_sortiment_anlegen]").submit(function() { 

    var array_sortimentsname; 
    var parsedJson = null; 

    $.getJSON('inc/inc.sortimentsname.php', function(array_sortimentsname) { 

     parsedJson = array_sortimentsname; 
     //console.debug(array_sortimentsname); 

    }); 

    console.debug(parsedJson); 

    return false; 

}); 

？私は私のコンソールを取得する：null

はい、私はヘッダーを編集しました。

Answer 3

Okey、このコードでは、最初にnullを送信し、2回目にデータを送信しました。同期の問題？

var array_sortimentsname; var parsedJson = null;

$（ "フォーム[ID = bilddatenbank_sortiment_anlegen]"）を提出（関数（）{

$.getJSON('inc/inc.sortimentsname.php', function(array_sortimentsname) { 

    parsedJson = array_sortimentsname; 
    //console.debug(array_sortimentsname); 

}); 

console.debug(parsedJson); 

return false; 

}）。