ここから間違いを覚えようとするルーキーコーダー。 :)JQuery、PHP、およびmySQLヘルプ。なぜこれが動作していないのか分かりません
私は3つのファイル(jquery.js、php.php、html.html)を持っています。
mySQLデータベース名trial1
から情報を取得しようとしています。それはScore_Sheet
と呼ばれるテーブルが1つしかありません。以下
以下のHtml.HTML
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<script type="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/3.2.1/jquery.min.js"></script>
<script src= "jquery.js" type = "text/javascript"></script>
</head>
<body>
<button id = "button"> Click to see value from SQL table</button>
<div id= "content"></div>
</body>
<html>
ためのコードで以下php.php
$link = mysqli_connect("localhost","root","","trial1");
$query = "SELECT * FROM Score_Sheet";
$show = mysqli_query($link, $query) or die ("Error");
echo "<table><tr><td>ID</td><td>UserID</td><td>Score</td></tr>";
while ($row = mysqli_fetch_array($show)){
echo "<tr><td>" . $row['ID'] . "</td><td>" . $row['UserID'] . "</td><td>" . $row['Score'] . "</td></tr>";
}
echo "</table>";
}
のコードはjquery.js
$(document).ready(function(){
$("#button").click(function(){
function show_all(){
$.ajax({
type = "POST",
url = "php.php",
success: function (data){
$("#content").html(data);
}
});
}
// show_all();
});
});
'// show_all();'なぜコメントアウトされていますか?あなたのブラウザのコンソールもチェックしましたか?エラーは全くチェックされていますか? Webサーバーのアドレスを使用するか、 'file:///'として使用しますか? –
@ Fred-ii- http:// localhost:8080/dashboard/trial1/html.html – khadkd
''はクローズマークアップタグに使用したものです。あなたはそれのスラッシュを忘れました。 '' –