私は間違っています。 PHPは$ .ajaxのtitleとwrapperを捕まえていないようです。コードが正しいかどうか成功メッセージは、タイトルが見つからないというエラーを示しています。jQuery AjaxがPHPに変数をキャッチしない投稿
jQueryのmain.htmlを
$.ajax({
type: "POST",
url: "process.php",
data: 'title=test&wrapper=testing',
success: function(msg){
alert("Data Saved: " + msg);
}
});
PHPのprocess.php
<?php
$title = $_REQUEST['title'];
$wrapper = $_REQUEST['wrapper'];
...
?>
は見てみましょう：jQuery.ajax()
データパラメータはキー/値のペアを対象とする方がよい、それはですクリーナーで簡単にデバッグできます:)
$.ajax({
type: "POST",
url: "process.php",
data: {
title: 'test',
wrapper: 'testing'
},
success: function(msg){
alert("Data Saved: " + msg);
}
});
これは良い解決策です。しかし、私はWebサービスのフォームを通してデータを送信しようとします。
$アヤックス（{ タイプ： "POST"、 URL： "process.php"、 データ：{ タイトル：。$（ '＃タイトル'）valを、 名：$（ '＃名'）。}、 成功：機能（データ）{ アラート（データ）; } }）;ここで
タイトルや名前、私はJSONベースのWebサービスファイルにポスト値を取得することはできませんよside.butクライアントでフォーム要素ですに来ていますかを見るために
がしますprint_r（$ _ REQUEST）を追加process.php言う。関連検索それを$ _POSTに置き換えてください –
私はちょうどあなたのjsコードをチェックしています。 my process.php： '<？php $ a = $ _REQUEST ['title']; $ b = $ _REQUEST ['wrapper']; echo "title：$ a、wrapper：$ b"; ？> ' – Kamil