Ajax 게시자 새로 고침 게시 :

Question

나는 AJAX를 사용하여 포스트를 보내고 있습니다.응답 200 좋아, 나는 내가 원하는 div를 볼 수 있다는 것을 알 수있다. 그러나 그 데이터는 대체되지만 추가되고 있습니다. 이러한 유형의 문제를 디버그하고 수정하는 방법을 알려주십시오.

request.done(function(response) { 
alert('Loaded.'); 
$('#data1').html(response); 
}); 

"로드 됨"경고가 표시됩니다. 그래서 끝났어. 에 방화범이 끌리는 나는 200 OK 데이터를 볼 수있다.

1) # data1은 자바 스크립트 템플릿입니다. 그래서 테이블의 데이터를 트리거하는 템플릿을 수정하려고합니다.

데이터는 다음과 같습니다

<divid='data1'> 
<script> ...................</script> 
</div> 

그래서 데이터를 업데이트하기 것을 알 수있다. 이전 데이터는 제거되지 않습니다. 내가 시도 : replaceWith 을 그와 함께 또한, 그것은 단지 페이지를 추가하고이 사업부는 자바 스크립트 템플릿입니다 그것을

=

를 대체하지 않습니다. 때문에이 같은 div에 : 내 브라우저 데이터에

<div id='data1'><script> .....</script></div> 

1. 항상 업데이트 대체되지지고 있습니다.
2. 한 가지 더 기본적인 질문입니다. 응답을 받으면 데이터가 추가됩니다. 내가 시청 소스를 볼 때 심지어 디스플레이는 예제 20 항목을 보여줍니다. 응답이 수신되면 소스가 수정되지 않을 것입니다.

Answer 1

<div=data1> 
<script> ...................</script> 
</div> 

이 유효 HTML하지

<div="data1"> 
    <script> ...................</script> 
</div> 
<!-- use/instead of \ to close tags--> 

환호 좋은 마크 업으로 더 많은 인라인으로 오타를 HSA. 그것은해야한다 : 당신은 속성의 id= 부분을 놓치고

<div id='data1'> 
<script> ...................</script> 
</div> 

.

Answer 2

는

request.done(function(response) { 
alert('Loaded.'); 
$('#data1').html(response); 
}); 

을해야하며, 마크 업도