Ajax ответов в консоли, но ничего не отображается в теге html для выбора onchange

Question

$(document).ready(function(){
    $('#program').change(function(){
        var short = $(this).val();

        $.ajax({
            type : "POST",
            url : "ajaxx.php?getsubjects",
            dataType : "html",
            data : {short:short},
            success : function(response) {
                console.log(response);
                var data = JSON.parse(response);
                $('#clas').html(data.subjects);
            }
        });
    });
});

<select  name="class" id="clas" class="form-control sel" required="required"></select>

<?php
include"connection.php";

if (isset($_GET['getsubjects'])) {
    if(isset($_POST['short'])) {
        $v = $_POST['short'];

        if($_POST['short'] != '') {
            $output = "";
            $v =  $_POST['short'];      

            $sqll = "SELECT class FROM `classes` WHERE program = '$v' ";
            $result = mysqli_query($con, $sqll);

            while($row1 = mysqli_fetch_array($result)) {
                $n = $row1['class'];
                $output .= "<option value='$n'> $n </option>";
            }

            $arr['subjects'] = "<option value=''> Select a grade </option>" . $output;
            echo json_encode($arr);
        }
    }
}
?>

это мой код для всех html, ajax и php У меня есть ответ на данные в консоли, но не в моем html выберите тег, пожалуйста, помогите мне, я пробовал много кодов, но он работает на сервере xampp, а не в Google.

Answer 1

Вам не нужно конвертировать html в json в вашем файле php. Просто введите каждый параметр в l oop, т.е.

echo "<option value=''> Select a grade </option>";
while($row1= mysqli_fetch_array($result))
{
    $n = $row1['class'];
    echo "<option value='$n'> $n </option>";
}

И в javascript функция успеха просто установлена ответ на ваш html

$('#clas').html(response) ;