データを表示 - CodeIgniterの

Question

私は、詳細をクリックしたときに

今、私は表1をクリックすると（画像をreportcodeを持っている表2からのデータを表示したい2つのテーブル

を持っています1）

そして今、私はここで、モーダルでそれを表示するには、例

1）クリック詳細ボタン - >レポートコードを取得 - >返金名などをモーダルに表示

私は最初に何をすべきか説明できますか？あなたが私にプランを提案してください、任意の答えが評価されます。おかげ

Answer 1

は私の提案は次のとおりです。

1 - 詳細ボタン、すなわち、1つのクラスを追加します。detailButtonとespecific reportCodeとのデータ属性またはHREF。

<table> 
    <tr> 
    <td> ... </td> 
    <td> <button class='detailButton' href='<?php echo $reportCode; ?>' ... </button> </td> 

2に - ページの一番下にjqueryのを追加します。

$('.detailButton').click(function(e){ 
    e.preventDefault(); 
    var reportCode = $(this).attr('href'); 

    var url = "yourUrl/controller/function"; 
    $.post(url,{ code:reportCode },function(data){ 
     //do stuff 
     //i.e: $('.modal').html(data).show(); 
    }); 
}); 

を今、あなたは、reportCodeを取得する機能を持ってPOSTして、コントローラに送信し、あなたが何かを返し、関数が取得応答とhtmlに添付します。

注：コントローラからテーブルを返す必要があります。あなたはdinamicallyビルドすることもできます。

希望すると助かります！

更新： モデルに値をチェックし、exisitinテンプレート（たとえば、詳細テーブルを生成するテンプレート）を使用して、正しい位置（方法1）で添付するデータとしてビューに戻ることができます。 ：

function detail(){ 
    $getcode= $this->input->post('reportCode'); 
    $data['showdetail'] = $this->model_expreport->showdetail($getcode); 
    $ret = $this->load->view('detail_template',$data,true); //return as data 
    print_r($ret); 
} 

それとも、方法2を使用することができます。

function detail(){  
    $getcode= $this->input->post('reportCode'); 
    $data['showdetail'] = $this->model_expreport->showdetail($getcode); 

    $this->output->set_content_type('application/json'); 
    $this->output->set_output(json_encode($data)); 
} 

この方法では、ビューでは、反復して、独自のページを構築できるJSONをreciveます。または、完全なビューを作成してデータとして返すこともできます（ビューに追加するだけです）。

両方を使用できます。ビューで

、あなたはどちらかの完全なビューreciveます：https://uno-de-piera.com/cargar-json-con-jquery-y-codeigniter/