jqgrid php가 표를 채울 수 없습니다.

Question

jqgrid를 사용하려고합니다. 나는 열을 설정하고 그 위젯에 붙어 있습니다. 그리드가 데이터를 가지고 있지 않다면 모든 것이 작동합니다. 빈 행만 포함합니다. 열, 위젯 (예 : 캘린더)이 작동합니다.

다음 내 그리드 설정의 시작입니다 :

// Create the jqGrid instance 
$grid = new jqGridRender($conn); 

// Write the SQL Query 
$grid->SelectCommand = "SELECT * FROM `$table_name`"; 

// set the ouput format to json 
$grid->dataType = 'json'; 

$grid->table = "$table_name"; 
    $grid->setPrimaryKeyId("matter_party_ID"); 
$grid->serialKey = false; 

$grid->setColModel(); 

// Set the url from where we obtain the data 
$grid->setUrl(????????); 

$grid->addCol(array(etc. etc. 

당신은 내가 aa는 데이터베이스 쿼리와 데이터를 가져 오는 중 오류 그리드에 제이슨 객체를 반환하고 볼 수 있듯이 :

// Write the SQL Query 
$grid->SelectCommand = "SELECT * FROM `$table_name`"; 

// set the ouput format to json 
$grid->dataType = 'json'; 

그러나 데이터는 존재하지 않습니다. 침략 검색을 거의 수행하지 않은 후에 다음 줄을 추가 할 것을 제안했습니다.

$grid->setUrl(????????); 

그러나 나는 그것을 이해하지 못합니다. 선택을 사용하여 현재 URL에서 데이터를 가져온 경우 URL을 설정해야하는 이유는 무엇입니까? 도울 수 있니?

고맙습니다.

Answer 1

시계는 link입니다. 여기에 주어진대로 배열을 에 할당하지 않을 경우 jqGrid을 입력해야합니다. 데이터를 가져올 수있는 곳에서 url을 제공해야합니다. 있는 jqGrid 필요 JSON 또는 XML의 형태로 데이터를 포맷하고 결과 집합 직접 처리하지 않기 때문입니다. 당신은 데이터를 선택하고 link과 같이 필요에 따라이를 처리하고 다른 PHP 파일에 정의되어을있는 jqGrid 당신을위한 url로 PHP를 사용할 수 있습니다.

Answer 2

누군가가 동일하거나 유사한 문제를 해결해야 할 경우를 대비하여 제 질문에 대답하고 있습니다. 에서 :

$grid->setUrl(????????); 

나는 격자를 다시 만드는 함수를 호출하는 grid.php와 같은 PHP 파일을 전달합니다!

$grid->setUrl('grid.php'); 

문제는 내가 내 자신의 MVC를 통해 파일을 생성 할 때 자동으로 헤더와 바닥 글 그리드 생성자에 의해 반환 된 JSON 개체를 손상 그리드가 채워하는 것을 허용하지를 추가하는 것입니다! 머리글과 바닥 글을 없애고 데이터가 마술처럼 다시 나타납니다!