jqueryを使用してmysqlデータベースからデータを取得する必要があります。 私は両方の方法($ .getJSON & $ .ajax)を試しましたが、どれも望ましい結果をもたらしませんでした。テーブルにデータを表示できません
データはブラウザのコンソール(ネットワークタブ)に表示されますが、表には表示されません。
私のPHPファイル。 上記のコードは、ブラウザで表示したときに目的のjson構造を生成します。
ここは私のjqueryコードです。 ($アヤックスの方法を使用して)
$(document).ready(function() {
var jsonobj = [];
$.ajax({
url: "reg_data_table_js.php",
success: function(data) {
//alert(data)
jsonobj = data;
var tr;
for (var i = 0; i < jsonobj.length; i++) {
tr = $('<tr/>');
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].id + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].firstname + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].lastname + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].email + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].zipcode + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].username + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].password + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].interest + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].relocation + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].position + "</td>"));
tr.append($("<td>" + jsonobj[i].startdate + "</td>"));
$("#jsondata tbody").append(tr);
}
},
error: function(err) {
alert(err)
}
})
ブラウザコンソールでデータを表示できますか。 – Azim
あなたはhtmlマークアップとjsonレスポンスを共有することができます – guradio
「jsonobj = data.users;」 – guradio