我有一个从MySQL表创建的导航条。我想点击链接,只更改页面上两个div的内容。但是,我无法找到编写jQuery代码的正确方法。
我尝试为所有链接和使用包含一个类
$(".class").click(function(){
//the code to change the div
}但它似乎不起作用。
PHP代码
<?php
require(__DIR__.'/dbconf.php');
require(__DIR__.'/db_functions.php');
$db_con = mysqli_connect($host, $username, $pass, $dbname);
$column = "playerName";
$table = "Players";
$condition = "";
$key = "";
$query = selectData($db_con, $column, $table, $condition, $key);
while($row=mysqli_fetch_assoc($query)){
$res[] = $row[$column];
echo "<a href = # class = 'player' name ='".$row[$column]."'>".$row[$column]."</a>";
}
mysqli_close($db_con);
?>JQuery代码
$(".player").click(function(){
var player = $(this).val()
var dataString = 'playerName'+ player;
$.ajax({
type: "POST",
url: "coin_amount.php",
data: dataString,
cache: false,
success: function(postresult){
$(".coins").html(postresult);}
});
return false;
});看来这应该能行。当单击与类“player”的任何链接时,它应该更改player变量的值并调用coin_amount.php文件。但事实并非如此,我有什么不理解的?我确实知道ajax函数是正确的,因为我在页面加载时调用该函数,它可以工作。所以它必须是点击函数中的东西。
发布于 2019-01-07 18:07:00
如果player是在DOM加载后创建的,则必须将单击侦听器附加到文档中,如下所示:
$(document).on('click', '.player', () => {
// execution code here
}发布于 2019-01-07 18:10:53
加载jquery库后,将其添加到页首的<script></script>标记中
Jquery代码:
$(document).ready(function() {
$("#cercaButton").click(function () {
$(".divClass").load("./action/loadDdtGiornalieri.php");
});
});在您的示例中,添加从打印菜单的php代码生成的链接标记处的id。
我建议您在菜单的每个链接上添加不同的ID,按顺序从php加载不同的内容,您必须生成一个字符串,如
<a id="cercaButton">Cerca</a>这是一个完整的加载示例,如果必须在从jquery加载的页面上发布数据,则还包括php网页上的参数post,最简单的代码是
$(document).ready(function() {
$("#cercaButton").click(function () {
$(".divClass").load("./action/loadDdtGiornalieri.php", {
dateIn: $("#dateIn").val(),
tipoInterrogazione: $("#tipoInterrogazione").val()
});
});
});https://stackoverflow.com/questions/54079490
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