$ .ajax не POSTing моей переменной?

-1

В основном это показывает текст ответа и внутри него: Notice: Undefined index: code in D:\wamp\www\ajax\loadData.php on line 3, и я не уверен, почему это так, поэтому, если кто-нибудь может помочь мне разобраться, я был бы признателен.

loadData.php:

<?php 
include '../inc/_db.php'; 
$code = $_POST['code']; 
$query = mysqli_query($db, "SELECT * FROM data WHERE code='$code'"); 
$rows = array(); 
while($row = mysqli_fetch_array($query)) { 
    $rows[] = $row; 
} 
echo json_encode($rows); 
?>

источник

2014-09-03 prk

Можете ли вы также показать первые три строки 'loadData.php'? – Amadan

Также как примечание стороны, как 'success', так и' error' устарели, вместо этого используйте обратные вызовы 'done' и' fail'. –

@Amadan Отредактировано это для вас, с loadData.php, оно работает, если я заходил на страницу в браузере с кодом? = (Включая код, который у меня есть, чтобы проверить его), и он будет печатать вне JSON для этого. – prk

Попробуйте установить параметр данных для правильного JSON

$.ajax({ 
    type: "POST", 
    url: "ajax/loadData.php", 
    data: { 'code': code }, 
    dataType: "json", 
    success: function(data) { 
     console.log(data); 
    }, 
    error: function(emsg) { 
     alert(emsg.responseText); 
    } 
});

Ошибка о том, что $_POST['code'] не установлен, для этого в первую очередь, чтобы посмотреть, где вы установили Это.

источник

2014-09-03 00:45:28

'dataType' сообщает jQuery, что ожидать от ответа, не имеет ничего общего с отправкой данных на сервер. – Amadan

Когда я это сделал, он возвращает пустой массив или около того. – prk

Попробуйте еще раз, но '' code'' vs 'code', если я ошибаюсь, я удалю, обновил ответ –

$ .ajax не POSTing моей переменной?

ответ

Смежные вопросы