不要在从 ajax 调用传递的 php 页面上检索对象

Question

我没有将 Ajax 数据检索到 PhP 页面，它抛出错误。我将数据作为 json 对象传递。我得到的错误是编辑.php$('#regForm').on('submit', function (e) {var url = document.URL;                // Get current urlvar id = url.substring(url.lastIndexOf('=') + 1);var data1 = $("#regForm").serialize();data = {data:data1,id:id};console.log(data)$.ajax({    method:"POST",    url: 'update.php',    dataType : 'json',    data: data,    success: function () {      alert('form was submitted');    }  });});更新.phpif(isset($_POST["submit"]))  {    print_r($_POST['data']);  // Error::: Undefined index:data in

Answer 1

阅读我的评论，然后看看这个：

JavaScript 可能看起来像这样

$('#regForm').on('submit', function(e){

  var s = location.search.split('&'), serialId = s[s.length-1], idArray = serialId.split('=');

  if(idArray.length === 2 && idArray[1].trim() !== '' && idArray[0].match(/^id$/i)){

    var serialData = $(this).serialize()+'&'+serialId;

    $.ajax({

      method:'POST', url:'update.php', dataType:'json', data:serialData},

      success:function(jsonObj){

        console.log(jsonObj);

      }

    });

  }

  e.preventDefault();

});

PHP 可能看起来像这样

<?php

if($_POST['id']){

  // each property as $_POST[propertyHere]

  // sending back to JavaScript

  $c = new stdClass; $c->someProp = 'some value';

  echo json_encode($c); // dataType is json so you should get Object as result

}

?>

Answer 2

使用隐藏输入字段传递 Id，然后将表单数据序列化，然后您可以在 php 页面上按名称使用。$_POST['name'];