更新内容で、ボタンIDを取得し、外部PHPファイルへのポストとのdivに外部ファイルをロードします。私はPHP、JavaScriptの、全体的にmysqliのに新しいですし、私もこのフォーラムに新しいです
私はウェブサイトを構築中です。 このサイトでは、以下のコードに見られるように、php whileループの結果としてページ上のボタンが生成されています。そのようなループの結果として、自分のIDを持つ各:私は本当に達成するためにしたいどのような
while ($row = mysqli_fetch_assoc($run_c)){
$memberid = $row['ID'];
$convoid = $row['c_id'];
echo"
<button class='convoid' onClick='getconvo($convoid);'>Open</button>
";
}
がある:私はボタンのいずれかをクリックすると、特定のID値が変数$ convoidから検出されましたそのVALUEは外部のPHPファイルに送られます。 ID VALUEを受け取った外部ファイルは、下のコードのようにdivにロードされますが、これは起こりそうではありません。これは私がこれまでのところ、このために持っているものです。
<div class='log'></div>
<script type='text/javascript'>
function getconvo(id){
id = id;
$.ajax({
data: 'id=' + id,
url: 'fetch_convo.php',
method: 'POST', // or GET
success: function(data) {
$(".log").load(fetch_convo.php);
}
});
}
</script>
私も置かれている個々のロード機能をここにまだ何も
<script type="text/javascript">
$(document).ready(function(){
$('.log').load('fetch_convo.php');
});
</script>
状況に追加するには、外部ファイルはPHPファイルです。結果は、ajaxを介してファイルに渡されたid VALUEに基づいてmysqliクエリから取得されます。私は結果をPHPファイルにエコーして、何らかの種類のデータをファイルにロードしたいdivに表示できるようにしました。
whileループと外部ファイルが動作しています(私は手動でIDを入力してテストしました)が、IDの値を外部ファイルに投稿してから、その外部ファイルの結果をdivにロードする方法id VALUEに基づいています。
助けがあれば助かります。私は新しいですし、次のように私がしようとしていますことを...
POSTリクエストを実行すると、コンソールにエラーが表示されますか?要求はサーバー側に届きますか? –
'getconvo'関数の' .load'呼び出しに二重引用符を入れるのを忘れたと思います。 – Jeanger