获取php响应(SweetAlert)
获取php响应(SweetAlert)
提问于 2015-11-19 18:08:38
我想让表单html看起来像这样：
<script>
function name()
{
var name = $('#name').val();
var url_send = 'send.php';
$.ajax({
url : url_send,
data : 'name='+name,
type : 'POST',
dataType: 'html',
success : function(pesan){
$("#result").html(pesan);
},
});
}
</script>
<script src="assets/bootstrap-sweetalert.js"></script>
<script src="assets/sweetalert.js"></script>
<link rel="stylesheet" href="assets/sweet-alert.css">
<form action="#" method="post">
<label>Name</label>
<input type="text" name="name"><br>
<input type="submit" onclick="name();">
<div id="result"></div>这是send.php
<?php
$name = $_POST['name'];
if($name) {
echo 'success';
} else {
echo 'failed';
}
?>问题是，当php的结果是Success时，我如何显示SweatAlert模式，当failed将显示Failed Modal时，Sweatalert将显示Success Modal.And？现在，我必须在我的脚本中编辑什么？
回答 2
Stack Overflow用户
发布于 2015-11-19 19:03:14
我希望你能期待用jquery ajax编写代码；
请看下面的代码；
index.php
<!DOCTYPE html>
<html xmlns="http://www.w3.org/1999/xhtml">
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=utf-8" />
<head>
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="sweetalert-master/dist/sweetalert.css">
<script src="https://code.jquery.com/jquery-2.1.4.min.js"></script>
<script src="sweetalert-master/dist/sweetalert.min.js"></script>
<script>
$(document).ready(function () {
$("#submit").on("click", function(e){
e.preventDefault();
var name_val = $("#name").val();
$.post( "send.php", {name_send:name_val}, function(data){
if (data == 'success'){
swal("Good job!", "Nice work!", "success");
return false;
}else{
swal("Here's a message!", "Please type a name");
}
});
});
});
</script>
</head>
<body>
<form>
<label>Name</label>
<input type="text" name="name" id="name"><br>
<input type="submit" id="submit">
</form>
</body>
</html>send.php
<?php
$name = $_POST['name_send'];
if($name) {
echo 'success';
} else {
echo 'failed';
}
?>Stack Overflow用户
发布于 2015-11-19 20:27:53
$.ajax({
url : url_send,
data : {name: name},
type : 'POST',
dataType: 'html',
success : function(pesan){
$("#result").html(pesan);
},
});在您的ajax代码中放置了data : 'name='+name,，请看一下我做了什么，也许这会有帮助
Jquery ajax接受数据参数data: {key:value}中的对象。在这个问题中，我们使用字符串作为jquery ajax的数据参数
页面原文内容由Stack Overflow提供。腾讯云小微IT领域专用引擎提供翻译支持
原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/33800770
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