Запрос SQL без обновления страницы с помощью Ajax

Question

Задача: Запросить SQL без обновления страницы с помощью Ajax.

У меня есть/Не нравится кнопки, которые отлично функционируют как форма и представляют ввод, однако форма обновляет страницу.

У меня нет ни малейшего понятия, как сделать вызов Ajax, который соединяет мой «liker.php» (ниже), чтобы работать на моей главной странице с помощью кнопки или кнопки класса/id.

$.ajax({ 
    type: "POST", 
    url: "liker.php", 
    data: ??? 
    success: ??? 
    ............... 

Я прочитал несколько руководств и искал ответы, но я все еще в тупике.

liker.php:

//LIKE FIELD 
if (isset($_POST['like'.$id])) { 
    if (!in_array("$id", $like_explode)) { 
    if (!in_array("$id", $dislike_explode)) { 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_like=CONCAT(pid_like,',$id') WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET likes=(likes+1) WHERE id='$id'"); 
    } 
    else 
    { 
     $new_dislike_string = str_replace(",$id", '', $dislike_string); 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_dislike='$new_dislike_string' WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_like=CONCAT(pid_like,',$id') WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET likes=(likes+1) WHERE id='$id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET dislikes=(dislikes-1) WHERE id='$id'"); 
    } 
    } 
} 
//DISLIKE FIELD 
if (isset($_POST['dislike'.$id])) { 
    if (!in_array("$id", $dislike_explode)) { 
    if (!in_array("$id", $like_explode)) { 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_dislike=CONCAT(pid_dislike,',$id') WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET likes=(dislikes+1) WHERE id='$id'"); 
    } 
    else 
    { 
     $new_like_string = str_replace(",$id", '', $like_string); 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_like='$new_like_string' WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE likes SET pid_dislike=CONCAT(pid_dislike,',$id') WHERE user_id='$user_id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET dislikes=(dislikes+1) WHERE id='$id'"); 
     mysqli_query($db, "UPDATE comments SET likes=(likes-1) WHERE id='$id'"); 
    } 
    } 
} 
//LIKE-DISLIKE FIELD END 

Answer 1

Попробуйте что-то вроде этого:

$("#likeButtonID").click(function() 
{ 
    $.ajax({ 
     type: "POST", 
     url: "liker.php", 
     data: { like: $(this).val(); }, 
     success: function(result) { 
      alert('Ajax Success Ran'); 
     } 
    }); 
}); 

Или если у вас есть много подобных кнопок на странице вы можете сделать петлю Jquery над каждым из них.

Answer 2

Я объясню вам, как использовать ajax с jquery. Я не понимаю, как это работает с переменными $ _POST, но я надеюсь, что вам помогут.

Сначала используйте класс, чтобы узнать, когда щелчок элемента нравится/не нравится. Во-вторых, используйте имя, чтобы узнать, нравится это или нет.

Пример как:

<a href="ID" class="classForLikeOrDislike" name="like">Like</span> 

Неприязнь:

<a href="ID" class="classForLikeOrDislike" name="dislike">Dislike</span> 

Эль Аякс

$(".classForLikeOrDislike").click(function(){ 

    // Get the varible ID, to send to your php 
    var id = $(this).attr('href'); 

    // Get the varible name, to send like or dislike 
    var l = $(this).attr('name'); 


    $.post({url: "liker.php", {id: id}, success: function(result){ 
     // do some code here 
     // here yo can see 'result' response of liker.php 
     // console.log(result); 
    }}); 

}); 

* Изменение Обновления диапазона теги на анкерной тег с HREF.

UPDATE в ответ «кликают» вопрос выше

переменная событие является то, что должно быть передано в ваши ваши анонимные функции.

<script> 
function chk(event) 
{ 
    // Prevent trigger submit and reload page 
    event.preventDefault(); 
    var name=document.getElementById('clicker'); 
    $.ajax({ 
      type:"post", 
      url: "clicky.php", 
      data: {clicker:1} , <--- here goes the data that you want to send to your php file, in this case SEND $_POST['clicker'] with value 1 
      cache: false, 
      success: <-- When is success your request, whats you want to make (other code) maybe print 'OK' 
    }); 
} 
</script> 


<?php 
    if(isset($_POST['clicker'])) 
    { 
     mysqli_query($db,"UPDATE items SET this='that' WHERE number='1'") 
    } 
?> 

Answer 3

WebMethod давайте действовать в Ajax вызова, как в WebService, никакого ответа не обрабатываются, класс в формате JSON/XML формат является returing (или ничего, просто не выполнять действия на сервере)

ПАШ довольно легко, попробуйте это, если помогает PHP Equivalent to Authorized ASP.NET WebMethod (AJAX)?

приветы