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코드의 'function processResponse (data)'부분에 내 알림이 표시되지 않는 이유를 알아 내려고합니다. 나는 다양한 반환을 시도했다; 옵션은 표시하지만 여전히 거부합니다.성공 알림에 내 알림이 표시되지 않는 이유
누군가 내 실수를 지적하면 고맙겠습니다. 많은 감사합니다.
추신. mysql_escape_string과 같이 게시 된 코드의 보안 문제를 알고 있지만 모든 보안 문제는 사이트가 게시되기 전에 삽입됩니다.
jQuery 코드
<script type="text/javascript">
$(function() {
$('#srcsubmit').click(function(e) {
e.preventDefault();
if ($('#srcBox').val() == '') {
notif({
type: "error",
msg: "<b>ERROR:<br /><br />You must enter a search term</b><p>Click anywhere to close</p>",
height: 99,
multiline: true,
position: "middle,center",
fade: true,
timeout: 3000
});
return false;
}
$("#submit").prop("disabled", true);
$("#submit2").prop("disabled", true);
$("#submit3").prop("disabled", true);
var value = $('#srcBox').val();
var dept = '<?php echo $_GET['dept ']; ?>';
var qString = 'sub=' + encodeURIComponent(value) + '&dept=' + encodeURIComponent(dept);
$.post('sub_db_handler.php', qString, processResponse);
});
function processResponse(data) {
if (data === 'true') {
alert('That box is not on the system'); <--- this is the problem
return;
}
$('#srcBoxRslt').val(data);
};
});
</script>
PHP 백엔드
<?php session_start(); ?>
<?php
$con = mysql_connect("localhost","root","");
if(!$con) { die('Could not connect: ' . mysql_error()); }
mysql_select_db("sample", $con);
$dept = trim($_POST['dept']);
$custref = trim($_POST['sub']);
$result = mysql_query("SELECT * FROM boxes WHERE custref = '".$custref."'");
$found = mysql_num_rows($result);
if ($found == 0)
{
echo trim('true');
} else {
$query = "SELECT * FROM boxes WHERE department = '".$dept."' AND status = 1 AND custref = '".$custref."'";
$result = mysql_query($query) or die(mysql_error());
$row = mysql_fetch_array($result) or die(mysql_error());
$r = $row['custref'];
$str = json_encode($r);
echo trim($str, '"');
}
?>
'데이터가 아닌 별도의 사용을 제거하기 때문에 여분의 공간의
true
동일하지 않습니다 동등한 사실 ' – guradio개발자 콘솔 열기 및 오류 확인, 원시 출력 참조 –
@guradio 방화 광 탭에서 true를 표시 – user1532468