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나는 PHP에서 begginner입니다. 나는 PHP로 아약스를 사용하는 프로젝트를 만들려고했다. 나는 '양식'클래스가있는 양식을 포함하는 'forms2'라는 id를 가진 div를 가지고 있으며 같은 div에서 'Next'버튼을 누르면 양식 데이터가 표시 될 것이지만 나에게 오류가 발생할 때마다 데이터가 입력되지 않았습니다.데이터가 삽입되지 않았습니다. 오류
<div class="form" id="forms2">
<form class="create" action = "" method = "post"><p> Options numbers:</p>
<input type="text" name = "choice"/><br/>
<input type="submit" id="next1" name="next" value="Next" onmousedown="javascript:swapContent('forms2');"/>
</form>
</div>
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.7.1/jquery.min.js"></script>
<script type="text/javascript">
<!--
function swapContent(cv) {
var url = "ajax.php";
$.post(url, {contentVar: cv} ,function(data) {
$("#forms2").html(data).show();
});
}
//-->
</script>
이것은 ajax.php입니다 :
$contentVar = $_POST['contentVar'];
if ($contentVar == "forms2") {
if(isset($_POST['choice'])){
echo '$number = $_POST['choice']';
}else{
echo 'Set a number';
}
}
누군가가 나를 도울 수
이 내 코드입니다!
당신이 말한대로 내가 corected하지만 난 아직도 당신이 수정 한 내용을 같은 오류 –
를 얻을 : 당신이 할 수있는 선택 VAR를 얻으려면? 또한 정확한 오류 메시지를 찾으려면 PHP 오류 로그를 확인하십시오. 또한 내 편집을 참조하십시오. – MrCode