Вернуть шаблон лезвия после завершения запроса, используя ajax - PullRequest
Новая
       7

Вернуть шаблон лезвия после завершения запроса, используя ajax

1 голос
/ 13 марта 2020

У меня вопрос, я разрабатываю платформу с laravel, и я использую ajax, чтобы публиковать и что, суть в том, что я хочу загрузить шаблон blade-сервера после запроса ajax заканчивается успешно, как я могу это сделать?

  1. Контроллер 

    public function store(Request $request) {

$equipo = new Equipo();
$equipo->id_usuario_crea = $request->id_usuario_crea;
$equipo->consecutivo = $request->consecutivo;
$equipo->nombre_equipo = $request->nombre_equipo;
$equipo->serie = $request->serie;
$equipo->descripcion = $request->descripcion;
$equipo->marca = $request->marca;
$equipo->modelo = $request->modelo;
$equipo->id_empresa = $request->id_empresa;
$equipo->id_sede = $request->id_sede;
$equipo->id_ubicacion = $request->id_ubicacion;
$equipo->id_tipo_equipo = $request->id_tipo_equipo;
$equipo->id_proveedor = $request->id_proveedor;
$equipo->id_estado_equipo = $request->id_estado_equipo;
$equipo->registro_invima = $request->registro_invima;
$equipo->foto = $request->foto;
$equipo->id_riesgo = $request->id_riesgo;
$equipo->save();

if ($request->hasFile('foto') && $equipo->save() == true) {
    $path         = $request->file('foto')->store('public');
    $equipo->foto = $path;
    $equipo->save();
}

if($equipo->save() == true){
  // $returnHTML = view('equipos.index')->with('user', $user)->render();

    $returnHTML = view('equipos.index');
return response()->json(array('success'=> 'El equipo se ha guardado exitosamente', 'html'=>$returnHTML));


    //return response()->json(array('success' => true, 'html'=>$returnHTML));

}else{
    return response()->json(['fail'=> 'Falló al intentar guardar el equipo']);
}
}

  2. Небольшая часть AJAX

    jQuery.ajax({
            url: "{{route('equipos.store')}}",
            method: 'post',
            data: {
                consecutivo: consecutivo,
                nombre_equipo: nombre_equipo,
                serie: serie,
                descripcion: descripcion,
                marca: marca,
                modelo: modelo,
                id_empresa: empresa,
                id_sede: sede,
                id_ubicacion: ubicacion,
                id_tipo_equipo: tipo_equipo,
                id_proveedor: proveedor,
                id_estado_equipo: estado_equipo,
                registro_invima: registro_invima,
                foto: foto,
                id_riesgo: riesgo,
                id_usuario_crea: usuario_crea
            },
            success: function(result) {
                console.log(result);
                swal({
                    title: "",
                    text: result.success,
                    icon: "success",
                    button: "Aceptar",
                    type: "success",
                });

                **//RETURN THE BLADE TEMPLATE HERE** 

            },
            fail: function(result) {
                console.log(result);
                sweetAlert("", result.fail, "error");
            },
            error: function(xhr, ajaxOptions, thrownError) {
                console.log(xhr.status);
                //console.log(ajaxOptions);
                console.log(thrownError);
            }
        });

В случае, если данные сохранены правильно, я показываю подсластитель, но я также хочу перенаправить на представление индекса "equipos", но я не знаю, как это сделать, и я искали, но я не нашел решения для этого, большое спасибо заранее.

Ответы [ 2 ]

1 голос
/ 13 марта 2020

Вы можете вернуть html контент с контроллера (возвратный просмотр (...)) и заменить html контент на ajax .success. ($ ('# ajaxResults'). html (response.data))

1 голос
/ 13 марта 2020

Если вы хотите просто перенаправить представление индекса, я думаю, вам не нужно загружать Html содержимое внутри ajax запроса, просто перенаправьте на маршрут с js. 

window.location.replace('URL')

В этом URL состояния = маршрут ('equipos.index')

...