HttpRequest xhr Post с использованием формы vaiables - PullRequest
Новая
       30

HttpRequest xhr Post с использованием формы vaiables

0 голосов
/ 07 ноября 2011

Так что я, должно быть, смотрю на что-то очень простое.Я пытаюсь отправить данные формы для обновления записей MySQL, используя HTTP-запрос ajax.У меня есть страница с формой.В форме у меня есть кнопка отправки, которая вызывает запрос http из отдельного файла js, а этот файл js вызывает файл php.Используя firebug, не похоже, что у меня есть какие-либо ошибки, но когда я "печатаю" sql, который возвращает запрос, он не передает фактические переменные, он просто передает "$ _POST ['name']" literallty.

Он возвращает sql: 

UPDATE contacts SET name= "$_POST['name']" , phone = "$_POST['phone']" WHERE id = "$_POST['id']"

вместо передачи фактических значений переменных.Мой вопрос заключается в том, как передать действительные данные varialbe, чтобы они возвращали что-то вроде: 

UPDATE contacts SET name= "Mike", phone = "303-333-3333" WHERE id = "001"

Моя форма (которая не содержит тегов формы вокруг) выглядит следующим образом: 

    <label>
      <input type="text" name="name" id="name" />
    </label>
    <label>
      <input type="text" name="phone" id="phone" />
    </label> 
    <label>
      <input type="hidden" name="id" id="id" />
    </label>
    <label>
      <input  onclick="sendData()"type="submit" name="button" id="button" value="Submit" />
    </label>

мой js в отдельном файле выглядит следующим образом: 

    function sendData()
 {

if (window.XMLHttpRequest)
   {// code for IE7+, Firefox, Chrome, Opera, Safari
   xmlhttp=new XMLHttpRequest();
   }
 else
   {// code for IE6, IE5
   xmlhttp=new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
   }
 xmlhttp.onreadystatechange=function()
   {
   if (xmlhttp.readyState==4 && xmlhttp.status==200)
     {
     document.getElementById("center").innerHTML=xmlhttp.responseText;
     }
   }
 xmlhttp.open("POST","xhr_php/send.php",true);
 xmlhttp.setRequestHeader("Content-type","application/x-www-form-urlencoded");
 xmlhttp.send("name={$_POST['name']}&phone={$_POST['phone']}&id={$_POST['id']} ");
 }

мой файл send.php выглядит следующим образом: 

db_connection include

$name= $_POST['name'];
$phone= $_POST['phone'];
$id = $_POST['id'];

print $query = "UPDATE contacts SET 
        name = '{$name}',
        phone = '{$phone}', 
WHERE id= {$id}";

$results= mysql_query($query, $db_connection);
if(mysql_affected_rows()==1){
    echo "Success";
}
if(mysql_affected_rows()==0){
    echo "failed";
}

Опять же, все кажется, что работает правильно с точки зрения вызоваправильные файлы, это просто не передача каких-либо переменных данных.Любая помощь приветствуется.Спасибо.

1 Ответ

0 голосов
/ 07 ноября 2011

Я считаю, что ошибка на линии 

xmlhttp.send("name={$_POST['name']}&phone={$_POST['phone']}&id={$_POST['id']} ");

Измените это на что-то вроде этого: 

var name = document.getElementById('name').value;
var phone = document.getElementById('phone').value;
var id = document.getElementById('id').value;
xmlhttp.send("name="+name+"&phone="+phone+"&id="+id);
...