AJAX JQuery Post проблема - не может получить значения

Question

Я пытаюсь использовать форму отправки с jquery без обновления страницы, как показано в этом руководстве: отправка формы без обновления страницы с помощью демоверсии jquery

Он использует функцию $ .ajax для публикации значений, которые я включил ниже:

$.ajax({
  type: "POST",
  url: update.php,
  data: dataString, // dataString's value is 'id=5' 
  success: function() { ... };
});

, который работает для меня, обменивая упаковку, которая у меня есть вокруг формы ...

ОДНАКО, когда я пытаюсь обработать dataString в данных в update.php (который я использую для обновления записи из БД MySQL), я ничего не получаю.

в update.php,

У меня есть ...

<?php
  require_once('DB.php');
  $dbh = DB:: connect(...);
  if (DB::iserror($dbh)) {
    die(...);
  }
  $aid = isset($_POST['id']);
  // 'id' column datatype is INT
  $sql = "UPDATE [table] SET x = 'blah' WHERE id = ".aid.";";
  $result = $dbh->query($sql);

- независимо от того, база данных не обновляется. Кто-нибудь видит явную проблему, которую я не вижу (заметьте: я новичок в jquery, AJAX и т. Д.)? Я попытался с помощью меню разработчика Safari отследить, что не так, но не могу понять, как отследить компонент update.php. Кроме того, я не уверен, как применить print_r или var_dump к переменным на странице update.php, потому что я публикую на него сообщение отдельно от страницы, которая вызывает функцию в моем файле .js. Я неправильно подхожу к этому? Любая помощь будет признательна - Заранее спасибо!

Answer 1

в вашем PHP-файле вы пишете:

$aid = isset($_POST['id']);

вместо (я думаю):

$aid = intval($_POST['id']);

Answer 2

Понял ... вы бы не смогли увидеть проблему, так как я не набрал ее здесь ... У меня была тенденция добавлять '$' к некоторым из моих функций в последнее время -_- Тем не менее, я наткнулся на «curl», который позволяет мне публиковать файл непосредственно в среде оболочки и видеть вывод, который я обычно не смогу увидеть ... это было наиболее полезно