ajaxを使用してリモートロードされたコンテンツから別のPHPページにデータを渡します

Question

私は状況が聞こえます。私はajaxを使用してリモートdata.phpページからmysqlレコードをロードしています。すべてのレコードを取得し、user.php上で完全にページに表示します。

今、各レコードにはFacebookのようなコメントオプションがあります。コメントを投稿すると、id、コメントテキスト、およびコメントIDを含むフォームデータをcomment.phpページに送信する必要があります。そのために、私は、以下のデータを送信するために、AJAXを使用していますことは、私のAJAX

$(function(){ 
$(document).on('submit','.comment_p',function(e){ 
    e.preventDefault(); 
var com_dis= $("#comment_disc").val(); 
if(com_dis=='') 
    { 
    alert('Please add your comment'); 
    } else{ 
$.ajax({ 
    type:"POST", 
    url:"/comment_update.php", 
    data:$(this).serialize(), 
    success: function(data){ 
     alert(data); 
      } 
     }); 
    } 
    return false; 
    }); 
}); 

と例

私は最後のレコードにコメントを投稿した場合今私の問題があり、その作業罰金と後の画像です他のレコードとの間でも問題はありません。

しかし、もし私が直接コメントを投稿したら、他の最後のレコードは、データをPHPページに投稿しません。

もし少なくとも1回私が最後のレコードにコメントを投稿していれば、それは他のレコードとうまくいっています。私は非常に奇妙に感じる。

以下は私のリモートで読み込まれたレコードPHPページフォームです。

<form method="post" id="'.$row['id'].'" class="comment_p"> 
         <input id="post_id" type="hidden" name="post_id" value="'.$row['id'].'"> 
         <textarea id="comment_disc" name="comment_disc" rows="2" cols="48"></textarea> 
         <button id="com_submit" type="submit" class="btn btnbg">Post comment</button> 
         <button type="reset" class="[ btn btn-default ]">Cancel</button> 
         </form> 

ご理解いただきますようお願い申し上げます。

Answer 1

変更：

var com_dis= $(this).find("#comment_disc").val(); 

注：Idsはページ上で一意である必要があります