Ajax 양식 제출 - html 요소 텍스트 변경을 클릭하십시오.

그래서 메시지 시스템을 만들려고합니다. 메시지를 클릭하면 템플릿이 열려 같은 페이지에 메시지 내용이 열립니다. "see"Button-> ajax-> jquery .text ("Blah Blah")로 바꾸려고합니다. 문제는 그 나는 TODAjax 양식 제출 - html 요소 텍스트 변경을 클릭하십시오.

HTML 코드하려고하면

<form method="POST"> 
       <button type="button" class="btn btn-small btn-success" name="msg_preview_id" value="'.$inbox_row['id'].'">New</button> 
      </form>

JQuery와 아약스 양식 :

$(document).ready(function(){ 
$('button[name=msg_preview_id]').click(function(event) { 

       var formData = {'msg_preview_id' : $('button[name=msg_preview_id]').val()};     


     $.ajax({ 
      type  : 'POST', // define the type of HTTP verb we want to use (POST for our form) 
      url   : '../../class/messages/inbox_preview.php', // the url where we want to POST 
      data  : formData, // our data object 
      dataType : 'json' // what type of data do we expect back from the server       
     }) 

      .done(function(data) {        

       console.log(data);               

           //Email Stuff 
           $('h1[id=emailheading]').text(""+data.info.subject+""); 
           $('a[id=emailfrom]').text(""+data.info.from+""); 
           $('span[id=emaildate]').text(""+data.info.rcvdat+""); 
           $('p[id=emailtext]').text(""+data.info.text+""); 

           //Ceninhas 
           $('#inbox-wrapper').addClass('animated fadeOut'); 
       $('#inbox-wrapper').hide();     
       $('#preview-email-wrapper').addClass('animated fadeIn ');   
       $('#preview-email-wrapper').show();   
       //$('.page-title').show(); 
       //Load email details 
       $('#inbox-wrapper').removeClass('animated fadeOut');    
       $('#inbox-wrapper').removeClass('animated fadeIn'); 

      });     

         event.preventDefault();   
}); 
});

PHP :

<?php 

include ('../../inc/config.inc.php'); 

$data = array(); 
$info = array(); 

$Msg_Preview_ID = $_POST['msg_preview_id']; 

$MsgSQL = mysqli_query($Connection, "SELECT * FROM messages_inbox WHERE id='$Msg_Preview_ID'"); 
$Msg = mysqli_fetch_assoc($MsgSQL); 

$bzQuery = mysqli_query($Connection, "SELECT * FROM members_profile WHERE id='".$Msg['from']."'"); 
$bzFetch = mysqli_fetch_assoc($bzQuery); 

$info['from'] = $bzFetch['fname']." ".$bzFetch['lname']; 
$info['subject'] = $Msg['subject']; 
$info['text'] = $Msg['text']; 
$info['rcvdat'] = $Msg['rcvdat']; 

$data['info'] = $info; 

echo json_encode($data);

출처

2014-09-06 Thomas Lopes

성공적으로 콜백을 수행하지 않음 –

아무것도 아니지만 여전히 같은 문제 :/ –

'console.log (data);의 결과는 무엇입니까? 기대하는 데이터입니까? – 76484

나는 [] 기타에 $ _GET을 사용 pge는 더 쉬웠다!

출처

2014-09-11 14:09:35

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