后端开发|php教程
php,ajax
后端开发-php教程
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$(#saveNewData).click(function () { //保存数据的按钮被点击的时候，获得当前数据 var type = $(select[name="type"] option:selected).val(); var title = $(input[name="title"]).val(); var imgSrc = $(input[name="imgSrc"]).val(); var author = $(input[name="author"]).val(); var createdAt = $(input[name="createdAt"]).val(); var content = $( extarea[name="content"]).val(); //封装数据 var data = {type:type,title:title,imgSrc:imgSrc,author:author,createdAt:createdAt,content:content }; //ajax提交数据 $.ajax({type: "POST",url:insert.php,data:data,datatype:json,error: function(request) { alert("保存失败");},success: function(msg) { alert("保存成功"); alert(data);} }); })
确定能够获得到表单元素的数据，html的地址栏提交的时候能显示所有提交数据
在insert.php中
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$type = $_POST[ ype];$title = $_POST[ itle];$imgSrc = $_POST[imgSrc];$author = $_POST[author];$createdAt = $_POST[createdAt];$content = $_POST[content];
无法获得传过来的数据，提示
Notice: Undefined index: type in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 3
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Notice: Undefined index: imgSrc in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 5
Notice: Undefined index: author in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 6
Notice: Undefined index: createdAt in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 7
Notice: Undefined index: content in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 8
第一次用php，以前写js和node数据交互的时候用的那样的数据传递形式，但是php不能获得，哪位大神给我看看代码，万分感激
回复内容：
$(#saveNewData).click(function () { //保存数据的按钮被点击的时候，获得当前数据 var type = $(select[name="type"] option:selected).val(); var title = $(input[name="title"]).val(); var imgSrc = $(input[name="imgSrc"]).val(); var author = $(input[name="author"]).val(); var createdAt = $(input[name="createdAt"]).val(); var content = $( extarea[name="content"]).val(); //封装数据 var data = {type:type,title:title,imgSrc:imgSrc,author:author,createdAt:createdAt,content:content }; //ajax提交数据 $.ajax({type: "POST",url:insert.php,data:data,datatype:json,error: function(request) { alert("保存失败");},success: function(msg) { alert("保存成功"); alert(data);} }); })
确定能够获得到表单元素的数据，html的地址栏提交的时候能显示所有提交数据
在insert.php中
$type = $_POST[ ype];$title = $_POST[ itle];$imgSrc = $_POST[imgSrc];$author = $_POST[author];$createdAt = $_POST[createdAt];$content = $_POST[content];
无法获得传过来的数据，提示
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Notice: Undefined index: title in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 4
Notice: Undefined index: imgSrc in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 5
Notice: Undefined index: author in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 6
Notice: Undefined index: createdAt in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 7
Notice: Undefined index: content in D:xampphtdocs8-1baiduNewsinsert.php on line 8
第一次用php，以前写js和node数据交互的时候用的那样的数据传递形式，但是php不能获得，哪位大神给我看看代码，万分感激
因为你向后台发送的是一个对象data，所以我猜你可以从后台获得$_POST[‘data’]。
我简单实验一下，
你的
//封装数据 var data = {type:type,title:title,imgSrc:imgSrc,author:author,createdAt:createdAt,content:content };
这段写的问题吧，不加带引号？type:type 前面的type是字符串后面的type是变量，你感受下….
我的代码：
1.html
2.php
就是你传递的数据出现错误了 data应该写成json的格式。楼上已经说得很清楚了。
因为你封装的是JS对象而不是json,正规的json, 键都是都是带引号的，可以使用 JSON.stringify把对象转成字符串后再提交，建议你还是去看看json的规范。
